Ejercicios Propuestos con Resultados (Hoja 5) PDF

Ejercicios propuestos con resultados (Hoja 5) Grupo C Problema 1. Calcula las derivadas parciales de las siguientes funciones: √ a) f (x, y) = x + y; ñ) f (x, y) = (2x − y)4 ;...

Ejercicios propuestos con resultados (Hoja 5) Grupo C Problema 1. Calcula las derivadas parciales de las siguientes funciones: √ a) f (x, y) = x + y; ñ) f (x, y) = (2x − y)4 ; √ √ b) f (x, y) = x + y; x2 − y 2 o) f (x, y) = ; 2 2 xy c) f (x, y) = log(9 − x − 9y ); 2 2 p) f (x, y) = ey sen x; d) f (x, y) = x + y cos(xy); p x q) f (x, y) = x2 − y 2 ; e) f (x, y) = p ; x2 + y 2 r) f (x, y) = e−xy ; x+y f ) f (x, y) = log ; s) f (x, y) = arctan(4x − 7y); x−y t) f (x, y) = y cos(x2 + y 2 ); p g) f (x, y) = xy x2 + y; x+y u) f (x, y) = 2 sen x cos y; h) f (x, y) = arctan ; x−y v) f (x, y) = x2 sen(xy 2 ); i) f (x, y) = cos(3x) sen(4y); w) f (x, y) = x tan(x2 − y 2 ); j) f (x, y) = cos(x2 + y 2 ); x2 + y 2   k) f (x, y) = (y 3 + x) ex+2y ; x) f (x, y) = log tan 2 ; x − y2 x3 + y 2 l) f (x, y) = ;  x2 + y 2  sen(xy) y) f (x, y) = log arctan 2 ; x − y2 m) f (x, y) = log(x2 − y); s √ x2 + y 2 y − 2x z) f (x, y) = log ; n) f (x, y) = ; x2 − y 2 x2 Solución del problema 1. √ a) f (x, y) = x + y; ∂f 1 ∂f 1 (x, y) = √ y (x, y) = √ ∂x 2 x+y ∂y 2 x+y 1 Matemáticas I Grado en Química Resultados (Hoja 5) √ √ b) f (x, y) = x+ y; ∂f 1 ∂f 1 (x, y) = √ y (x, y) = √ ∂x 2 x ∂y 2 y c) f (x, y) = log(9 − x2 − 9y 2 ); ∂f 2x ∂f 18y (x, y) = 2 y (x, y) = 2 ∂x x + 9y 2 − 9 ∂y x + 9y 2 − 9 d) f (x, y) = x2 + y 2 cos(xy); ∂f ∂f (x, y) = 2x − y 3 sin(xy) y (x, y) = y(2 cos(xy) − xy sin(xy)) ∂x ∂y x e) f (x, y) = p ; x2 + y 2 ∂f y2 ∂f xy (x, y) = y (x, y) = − ∂x (x2 + y 2 )3/2 ∂y (x2 + y 2 )3/2 x+y f ) f (x, y) = log ; x−y ∂f 2y ∂f 2x (x, y) = 2 y (x, y) = 2 ∂x y − x2 ∂y x − y2 p g) f (x, y) = xy x2 + y; ∂f y (2x2 + y) ∂f 2x3 + 3xy (x, y) = p y (x, y) = p ∂x x2 + y ∂y 2 x2 + y x+y h) f (x, y) = arctan ; x−y ∂f y ∂f x (x, y) = − 2 y (x, y) = 2 ∂x x + y2 ∂y x + y2 i) f (x, y) = cos(3x) sen(4y); ∂f ∂f (x, y) = −3 sin(3x) sin(4y) y (x, y) = 4 cos(3x) cos(4y) ∂x ∂y j) f (x, y) = cos(x2 + y 2 ); ∂f ∂f (x, y) = −2x sin x2 + y 2 (x, y) = −2y sin x2 + y 2

y ∂x ∂y k) f (x, y) = (y 3 + x) ex+2y ; ∂f ∂f (x, y) = ex+2y x + y 3 + 1 (x, y) = ex+2y 2x + (2y + 3)y 2

y ∂x ∂y Dpto. de Análisis Matemático —2— Curso 2012/13 Matemáticas I Grado en Química Resultados (Hoja 5) x3 + y 2 l) f (x, y) = ; sen(xy) ∂f (x, y) = 3x2 − y x3 + y 2 cot(xy) csc(xy)

∂x y ∂f (x, y) = 2y − x x3 + y 2 cot(xy) csc(xy)

∂y m) f (x, y) = log(x2 − y); ∂f 2x ∂f 1 (x, y) = 2 y (x, y) = ∂x x −y ∂y y − x2 √ y − 2x n) f (x, y) = ; x2 ∂f 3x − 2y ∂f 1 (x, y) = 3 √ y (x, y) = 2 √ ∂x x y − 2x ∂y 2x y − 2x ñ) f (x, y) = (2x − y)4 ; ∂f ∂f (x, y) = 8(2x − y)3 y (x, y) = −4(2x − y)3 ∂x ∂y x2 − y 2 o) f (x, y) = ; xy ∂f y 1 ∂f x 1 (x, y) = 2 + y (x, y) = − 2 − ∂x x y ∂y y x p) f (x, y) = ey sen x; ∂f ∂f (x, y) = ey cos(x) y (x, y) = ey sin(x) ∂x ∂y p q) f (x, y) = x2 − y 2 ; ∂f x ∂f y (x, y) = p y (x, y) = − p ∂x x − y2 2 ∂y x − y2 2 r) f (x, y) = e−xy ; ∂f ∂f (x, y) = −exy y y (x, y) = −exy x ∂x ∂y s) f (x, y) = arctan(4x − 7y); ∂f 4 ∂f 7 (x, y) = y (x, y) = − ∂x (4x − 7y)2 + 1 ∂y (4x − 7y)2 + 1 Dpto. de Análisis Matemático —3— Curso 2012/13 Matemáticas I Grado en Química Resultados (Hoja 5) t) f (x, y) = y cos(x2 + y 2 ); ∂f ∂f (x, y) = −2xy sin x2 + y 2 (x, y) = cos x2 + y 2 − 2y 2 sin x2 + y 2


y ∂x ∂y u) f (x, y) = 2 sen x cos y; ∂f ∂f (x, y) = 2 cos(x) cos(y) y (x, y) = −2 sin(x) sin(y) ∂x ∂y v) f (x, y) = x2 sen(xy 2 ); ∂f ∂f (x, y) = x 2 sin xy 2 + xy 2 cos xy 2 (x, y) = 2x3 y cos xy 2



y ∂x ∂y w) f (x, y) = x tan(x2 − y 2 ); ∂f ∂f (x, y) = tan x2 − y 2 + 2x2 sec2 x2 − y 2 (x, y) = −2xy sec2 x2 − y 2


y ∂x ∂y x2 + y 2   x) f (x, y) = log tan 2 ; x − y2 2x (x2 + y 2 )   ∂f 2x  2 2  2 2 (x, y) = 2 2 − 2 csc x2 −y2 sec xx2 +y x +y −y 2 ∂x x −y 2 (x − y ) 2 8xy 2   2(x2 +y 2 ) =− csc x2 −y 2 (x2 − y 2 )2 y 2y (x2 + y 2 )   ∂f 2y  2 2 x +y  2 2 x +y (x, y) = + csc 2 x −y 2 sec x2 −y 2 ∂y (x2 − y 2 )2 x2 − y 2 8x2 y   2(x2 +y 2 ) = csc x2 −y 2 (x2 − y 2 )2 x2 + y 2   y) f (x, y) = log arctan 2 ; x − y2 ∂f 2xy 2 ∂f 2x2 y (x, y) = −  2 2 y (x, y) =  2 2 ∂x (x4 + y 4 ) arctan x +y ∂y (x4 + y 4 ) arctan xx2 +y x2 −y 2 −y 2 s x2 + y 2 z) f (x, y) = log ; x2 − y 2 ∂f 2xy 2 ∂f 2x2 y (x, y) = − 4 y (x, y) = 4 ∂x x − y4 ∂y x − y4 Dpto. de Análisis Matemático —4— Curso 2012/13 Matemáticas I Grado en Química Resultados (Hoja 5) Problema 2. ∂ 2f ∂ 2f ∂ 2f ∂ 2f Hállense , , y siendo ∂x2 ∂x∂y ∂y∂x ∂x2 a) f (x, y) = sen(x + y); c) f (x, y) = x2 y + exy ; 2 −y 2 b) f (x, y) = ex ; d) f (x, y) = sen(xy 2 ). Solución del problema 2. a) f (x, y) = sen(x + y). Como ∂f ∂f (x, y) = cos(x + y) y (x, y) = cos(x + y), ∂x ∂y entonces ∂ 2f (x, y) = − sin(x + y) ∂x2 ∂ 2f ∂ 2f (x, y) = − sin(x + y) = (x, y) ∂y∂x ∂y∂x ∂ 2f (x, y) = − sin(x + y) ∂y 2 2 −y 2 b) f (x, y) = ex. Como ∂f 2 2 ∂f 2 2 (x, y) = 2xex −y y (x, y) = −2yex −y , ∂x ∂y entonces ∂ 2f 2
x2 −y2 (x, y) = 2 2x + 1 e ∂x2 ∂ 2f 2 2 ∂ 2f (x, y) = −4xyex −y = (x, y) ∂y∂x ∂y∂x ∂ 2f 2
x2 −y2 (x, y) = 2 2y − 1 e. ∂y 2 c) f (x, y) = x2 y + exy. Como ∂f ∂f (x, y) = y (exy + 2x) y (x, y) = x (exy + x) , ∂x ∂y entonces ∂ 2f 2 (x, y) = y (yexy + 2) ∂x Dpto. de Análisis Matemático —5— Curso 2012/13 Matemáticas I Grado en Química Resultados (Hoja 5) ∂ 2f ∂ 2f (x, y) = exy (xy + 1) + 2x = (x, y) ∂y∂x ∂y∂x ∂ 2f (x, y) = x2 exy. ∂y 2 d) f (x, y) = sen(xy 2 ). Como ∂f ∂f (x, y) = y 2 cos xy 2 (x, y) = 2xy cos xy 2 ,

y ∂x ∂y entonces ∂ 2f (x, y) = −y 4 sin xy 2
∂x 2 ∂ 2f ∂ 2f (x, y) = 2y cos xy 2 − 2xy 3 sin xy 2 =

(x, y) ∂y∂x ∂y∂x ∂ 2f (x, y) = 2x cos xy 2 − 2xy 2 sin xy 2


∂y 2 Dpto. de Análisis Matemático —6— Curso 2012/13 Matemáticas I Grado en Química Resultados (Hoja 5) Problema 3. Estudiar la continuidad, la existencia de derivadas parciales de primer orden y la diferen- ciabilidad de las siguientes funciones en todo su dominio.  x2 −y2  xy  x2 +y2 si (x, y) 6= (0, 0),  x2 +y4 si (x, y) 6= (0, 0), a) f (x, y) = i) f (x, y) = 0 si (x, y) = (0, 0).   0 si (x, y) = (0, 0). y   x2 +y 2 si (x, y) 6= (0, 0),  xy 2 b) f (x, y) =  x2 +y 4 si (x, y) 6= (0, 0),  0 si (x, y) = (0, 0). j) f (x, y) =  0 si (x, y) = (0, 0). xy   x2 +y 2 si (x, y) 6= (0, 0), c) f (x, y) =  x2 y 2 x2 +y 4 si (x, y) 6= (0, 0), 0 si (x, y) = (0, 0).   k) f (x, y) =  0 si (x, y) = (0, 0). x2 y   x2 +y 2 si (x, y) 6= (0, 0), d) f (x, y) = x3 y−xy 3   0 si (x, y) = (0, 0).  x4 +y 4 si (x, y) 6= (0, 0), l) f (x, y) =   x2 y 2 0 si (x, y) = (0, 0).  x2 +y 2 si (x, y) 6= (0, 0), e) f (x, y) =  0 si (x, y) = (0, 0). x4   x2 y 2 +y 4 si y 6= 0, m) f (x, y) = xy 3    x2 +y 2 si (x, y) 6= (0, 0), 0 si y = 0. f ) f (x, y) =  0 si (x, y) = (0, 0). x3 y   x2 +y 2 si (x, y) 6= (0, 0),  x5 n) f (x, y) =  x2 +2y 4 si (x, y) 6= (0, 0),  g) f (x, y) = 0 si (x, y) = (0, 0).  0 si (x, y) = (0, 0).  xy  x2 y 3  √  4 x2 +y 2 si (x, y) 6= (0, 0),  x2 +y 4 si (x, y) 6= (0, 0), ñ)∗ f (x, y) = h) f (x, y) =   0  si (x, y) = (0, 0). 0 si (x, y) = (0, 0). Dpto. de Análisis Matemático —7— Curso 2012/13 Matemáticas I Grado en Química Resultados (Hoja 5) Solución del problema 3.  x2 −y2  x2 +y2 si (x, y) 6= (0, 0), a) f (x, y) =  0 si (x, y) = (0, 0). Observamos que Dom(f ) = R2. En principio, f es diferenciable (de clase C ∞ ) en R2 r {(0, 0)} por ser una función racional de polinomios cuyo denominador no se anula en R2 r {(0, 0)}. Además, para todo (x, y) 6= (0, 0), se tiene que ∂f 4xy 2 ∂f 4x2 y = 2 y =− 2. ∂x (x + y 2 )2 ∂y (x + y 2 )2 Estudiemos la función f en el punto (0, 0). Continuidad en (0, 0). Como −y 2 lı́m f (x, y) = lı́m f (0, y) = lı́m = lı́m −1 = −1, (x,y)→(0,0) y→0 y→0 y 2 y→0 x=0 y x2 lı́m f (x, y) = lı́m f (x, 0) = lı́m = lı́m 1 = 1, (x,y)→(0,0) x→0 x→0 x2 x→0 y=0 deducimos que f no es continua en (0, 0) y, por tanto, no es diferenciable. Derivadas parciales en (0, 0). No existen, ya que ∂f f (x, 0) − f (0, 0) 1−0 (0, 0) := lı́m = lı́m = ±∞, ∂x x→0 x−0 x→0 x − 0 y ∂f f (0, y) − f (0, 0) −1 − 0 (0, 0) := lı́m = lı́m = ±∞. ∂y y→0 x−0 y→0 y − 0 Dpto. de Análisis Matemático —8— Curso 2012/13 Matemáticas I Grado en Química Resultados (Hoja 5) y   x2 +y 2 si (x, y) 6= (0, 0), b) f (x, y) = 0 si (x, y) = (0, 0).  Observamos que Dom(f ) = R2. En principio, f es diferenciable (de clase C ∞ ) en R2 r {(0, 0)} por ser una función racional de polinomios cuyo denominador no se anula en R2 r {(0, 0)}. Además, para todo (x, y) 6= (0, 0), se tiene que ∂f −2xy ∂f x2 − y 2 = 2 y = 2. ∂x (x + y 2 )2 ∂y (x + y 2 )2 Estudiemos la función f en el punto (0, 0). Continuidad en (0, 0). Como 1 lı́m f (x, y) = lı́m f (0, y) = lı́m = ±∞, (x,y)→(0,0) y→0 y→0 y x=0 y 0 lı́m f (x, y) = lı́m f (x, 0) = lı́m = lı́m 0 = 0, (x,y)→(0,0) x→0 x→0 x2 x→0 y=0 deducimos que f no es continua en (0, 0) y, por tanto, no es diferenciable. Derivadas parciales en (0, 0). Como ∂f f (x, 0) − f (0, 0) 0−0 (0, 0) := lı́m = lı́m = lı́m 0 = 0, ∂x x→0 x−0 x→0 x − 0 x→0 tenemos que existe para todo (x, y) ∈ R2 la derivada parcial con respecto a x y vale  −2xy 6 (0, 0),  (x2 +y2 )2 si (x, y) = ∂f (x, y) = ∂x 0 si (x, y) = (0, 0).  Por otro lado, como 1 ∂f f (0, y) − f (0, 0) y −0 1 (0, 0) := lı́m = lı́m = lı́m 2 = +∞, ∂y y→0 x−0 y→0 y − 0 y→0 y deducimos que no existe la derivada parcial de f con respecto a y en el origen. Dpto. de Análisis Matemático —9— Curso 2012/13 Matemáticas I Grado en Química Resultados (Hoja 5) xy   x2 +y 2 si (x, y) 6= (0, 0), c) f (x, y) = 0 si (x, y) = (0, 0).  Observamos que Dom(f ) = R2. En principio, f es diferenciable (de clase C ∞ ) en R2 r {(0, 0)} por ser una función racional de polinomios cuyo denominador no se anula en R2 r {(0, 0)}. Además, para todo (x, y) 6= (0, 0), se tiene que ∂f y(y 2 − x2 ) ∂f x(x2 − y 2 ) = 2 y = 2. ∂x (x + y 2 )2 ∂y (x + y 2 )2 Estudiemos la función f en el punto (0, 0). Continuidad en (0, 0). Como mx2 m m lı́m f (x, y) = lı́m f (x, mx) = lı́m 2 2 = lı́m 2 = , (x,y)→(0,0) x→0 x→0 x + (mx) x→0 1 + m 1 + m2 x=my para cualquier m ∈ R, deducimos que f no es continua en (0, 0) y, por tanto, no es diferenciable en dicho punto. Derivadas parciales en (0, 0). Existen y valen 0, ya que ∂f f (x, 0) − f (0, 0) 0−0 (0, 0) := lı́m = lı́m = lı́m 0 = 0, ∂x x→0 x−0 x→0 x − 0 x→0 y ∂f f (0, y) − f (0, 0) 0−0 (0, 0) := lı́m = lı́m = lı́m 0 = 0. ∂y y→0 x−0 y→0 y − 0 y→0 Dpto. de Análisis Matemático — 10 — Curso 2012/13 Matemáticas I Grado en Química Resultados (Hoja 5) x2 y   x2 +y 2 si (x, y) 6= (0, 0), d) f (x, y) =  0 si (x, y) = (0, 0). Observamos que Dom(f ) = R2. En principio, f es diferenciable (de clase C ∞ ) en R2 r {(0, 0)} por ser una función racional de polinomios cuyo denominador no se anula en R2 r {(0, 0)}. Además, para todo (x, y) 6= (0, 0), se tiene que ∂f 2xy 3 ∂f x2 (x2 − y 2 ) = 2 y =. ∂x (x + y 2 )2 ∂y (x2 + y 2 )2 Estudiemos la función f en el punto (0, 0). Continuidad en (0, 0). La función f es continua en (0, 0) ya que x2 lı́m f (x, y) = lı́m y · = 0 = f (0, 0). (x,y)→(0,0) (x,y)→(0,0) |{z} x2 + y 2 ↓ | {z } 0 ≤1 Derivadas parciales en (0, 0). Existen y valen 0, ya que ∂f f (x, 0) − f (0, 0) 0−0 (0, 0) := lı́m = lı́m = lı́m 0 = 0, ∂x x→0 x−0 x→0 x − 0 x→0 y ∂f f (0, y) − f (0, 0) 0−0 (0, 0) := lı́m = lı́m = lı́m 0 = 0. ∂y y→0 x−0 y→0 y − 0 y→0 Continuidad de las derivadas parciales en (0, 0) ∂f Continuidad de ∂x.Sabemos que 2xy 3  (x2 +y 2 )2 si (x, y) 6= (0, 0), ∂f  (x, y) = ∂x  0 si (x, y) = (0, 0). Como ∂f 2xy 3 2m 2m lı́m (x, y) = lı́m = lı́m = , (x,y)→(0,0) ∂x (x,y)→(0,0) (x2 + y 2 )2 y→0 m2 + 1 m2 + 1 x=my x=my para todo m ∈ R, con m 6= 0, deducimos que ∂f ∂x no es continua en (0, 0), pues no existe su límite. Continuidad de ∂f∂y. Sabemos que  x2 (x2 −y2 ) ∂f  (x2 +y2 )2 si (x, y) 6= (0, 0), (x, y) = ∂y  0 si (x, y) = (0, 0). Como ∂f x2 (x2 − y 2 ) 1−m 1−m lı́m (x, y) = lı́m 2 2 2 = lı́m 2 = , (x,y)→(0,0) ∂x (x,y)→(0,0) (x + y ) y→0 1 + m 1 + m2 y=mx y=mx ∂f para todo m ∈ R, con m 6= 1, deducimos que ∂x no es continua en (0, 0), pues no existe su límite. Dpto. de Análisis Matemático — 11 — Curso 2012/13 Matemáticas I Grado en Química Resultados (Hoja 5) Observar que la NO continuidad de las derivadas parciales NO implica la NO dife- renciabilidad de la función. Diferenciabilidad de f en (0, 0). Por la definición de diferenciabilidad en un punto, tenemos que estudiar la existencia del siguiente límite h i f (x, y) − f (0, 0) + ∂f ∂x (0, 0) · (x − 0) + ∂f ∂y (0, 0) · (y − 0) lı́m p. (x,y)→(0,0) (x − 0)2 + (y − 0)2 ∂f ∂f Teniendo en cuenta que f (0, 0) = 0 y ∂x (0, 0) = ∂y (0, 0) = 0, el anterior límite se reduce a x2 y lı́m 3. (x,y)→(0,0) (x2 + y 2 ) 2 Observar que dicho límite no existe, ya que x2 y m m lı́m 3 = lı́m 3 = 3 , (x,y)→(0,0) y=mx (x2 + y 2 ) 2 x→0 (1 + m2 ) 2 (1 + m2 ) 2 para todo m ∈ R, con m 6= 0. Por tanto, f no es diferenciable en el punto (0, 0). x2 y 2   x2 +y 2 si (x, y) 6= (0, 0), e) f (x, y) =  0 si (x, y) = (0, 0). Observamos que Dom(f ) = R2. En principio, f es diferenciable (de clase C ∞ ) en R2 r {(0, 0)} por ser una función racional de polinomios cuyo denominador no se anula en R2 r {(0, 0)}. Además, para todo (x, y) 6= (0, 0), se tiene que ∂f 2xy 4 ∂f 3x4 y = 2 y = 2. ∂x (x + y 2 )2 ∂y (x + y 2 )2 Estudiemos la función f en el punto (0, 0). Dpto. de Análisis Matemático — 12 — Curso 2012/13 Matemáticas I Grado en Química Resultados (Hoja 5) Continuidad en (0, 0). La función f es continua en (0, 0) ya que 2 y2 lı́m f (x, y) = lı́m x · = 0 = f (0, 0). (x,y)→(0,0) (x,y)→(0,0) |{z} x2 + y 2 ↓ | {z } 0 ≤1 Derivadas parciales en (0, 0). Existen y valen 0, ya que ∂f f (x, 0) − f (0, 0) 0−0 (0, 0) := lı́m = lı́m = lı́m 0 = 0, ∂x x→0 x−0 x→0 x − 0 x→0 y ∂f f (0, y) − f (0, 0) 0−0 (0, 0) := lı́m = lı́m = lı́m 0 = 0. ∂y y→0 x−0 y→0 y − 0 y→0 Continuidad de las derivadas parciales en (0, 0) ∂f Continuidad de ∂x. Sabemos que 2xy 4  (x2 +y 2 )2 si (x, y) 6= (0, 0), ∂f  (x, y) = ∂x  0 si (x, y) = (0, 0). Como ∂f y4 ∂f lı́m (x, y) = lı́m |{z} 2x · 2 = 0 = (0, 0), (x,y)→(0,0) ∂x (x,y)→(0,0) (x + y 2 )2 ∂x ↓ | {z } 0 ≤1 deducimos que ∂f ∂x es continua en (0, 0). ∂f Continuidad de ∂y. Sabemos que 2x4 y  (x2 +y 2 )2 si (x, y) 6= (0, 0), ∂f  (x, y) = ∂y  0 si (x, y) = (0, 0). Como ∂f x4 ∂f lı́m (x, y) = lı́m 2y · 2 = 0 = (0, 0), (x,y)→(0,0) ∂y (x,y)→(0,0) |{z} (x + y 2 )2 ∂y ↓ | {z } 0 ≤1 ∂f deducimos que ∂y es continua en (0, 0). Diferenciabilidad de f en (0, 0). Al existir las derivadas parciales en el punto (0, 0) y ser continuas en dicho punto, deducimos que f es diferenciable en el punto (0, 0). Dpto. de Análisis Matemático — 13 — Curso 2012/13 Matemáticas I Grado en Química Resultados (Hoja 5) xy 3   x2 +y 2 si (x, y) 6= (0, 0), f ) f (x, y) =  0 si (x, y) = (0, 0). Observamos que Dom(f ) = R2. En principio, f es diferenciable (de clase C ∞ ) en R2 r {(0, 0)} por ser una función racional de polinomios cuyo denominador no se anula en R2 r {(0, 0)}. Además, para todo (x, y) 6= (0, 0), se tiene que ∂f y 3 (x2 − y 2 ) ∂f 3x3 y 2 + xy 4 =− 2 y =. ∂x (x + y 2 )2 ∂y (x2 + y 2 )2 Estudiemos la función f en el punto (0, 0). Continuidad en (0, 0). La función f es continua en (0, 0) ya que y2 lı́m f (x, y) = lı́m xy · 2 = 0 = f (0, 0). (x,y)→(0,0) (x,y)→(0,0) |{z} x + y 2 ↓ | {z } 0 ≤1 Derivadas parciales en (0, 0). Existen y valen 0, ya que ∂f f (x, 0) − f (0, 0) 0−0 (0, 0) := lı́m = lı́m = lı́m 0 = 0, ∂x x→0 x−0 x→0 x − 0 x→0 y ∂f f (0, y) − f (0, 0) 0−0 (0, 0) := lı́m = lı́m = lı́m 0 = 0. ∂y y→0 x−0 y→0 y − 0 y→0 Continuidad de las derivadas parciales en (0, 0) ∂f Continuidad de ∂x. Sabemos que  y3 (x2 −y2 ) ∂f  − (x2 +y2 )2 si (x, y) 6= (0, 0), (x, y) = ∂x  0 si (x, y) = (0, 0). Notar que ∂f y 3 x2 y5 lı́m (x, y) = lı́m − 2 + (x,y)→(0,0) ∂x (x,y)→(0,0) (x + y 2 )2 (x2 + y 2 )2 y 3 x2 y5 = − lı́m + lı́m (x,y)→(0,0) (x2 + y 2 )2 (x,y)→(0,0) (x2 + y 2 )2 = −0 + 0 = 0 = f (0, 0), ya que y 3 x2 y 3 x2 y lı́m 2 2 2 ≤ lı́m 2 = lı́m = 0, (x,y)→(0,0) (x + y ) (x,y)→(0,0) (2xy) (x,y)→(0,0) 4 y y5 y4 lı́m = lı́m y · = 0. (x,y)→(0,0) (x2 + y 2 )2 (x,y)→(0,0) |{z} (x2 + y 2 )2 ↓ | {z } 0 ≤1 ∂f Por tanto, ∂x es continua en (0, 0). Dpto. de Análisis Matemático — 14 — Curso 2012/13 Matemáticas I Grado en Química Resultados (Hoja 5) ∂f Continuidad de ∂y. Sabemos que 3x3 y 2 +xy 4  (x2 +y 2 )2 si (x, y) 6= (0, 0), ∂f  (x, y) = ∂y  0 si (x, y) = (0, 0). Notar que ∂f 3x3 y 2 xy 4 lı́m (x, y) = lı́m + (x,y)→(0,0) ∂y (x,y)→(0,0) (x2 + y 2 )2 (x2 + y 2 )2 x3 y 2 xy 4 = 3 lı́m + lı́m (x,y)→(0,0) (x2 + y 2 )2 (x,y)→(0,0) (x2 + y 2 )2 = 3 · 0 + 0 = 0 = f (0, 0), ya que x3 y 2 x3 y 2 x lı́m 2 2 2 ≤ lı́m 2 = lı́m = 0, (x,y)→(0,0) (x + y ) (x,y)→(0,0) (2xy) (x,y)→(0,0) 4 y xy 4 y4 lı́m = lı́m |{z} x · 2 = 0. (x,y)→(0,0) (x2 + y 2 )2 (x,y)→(0,0) (x + y 2 )2 ↓ | {z } 0 ≤1 ∂f Por tanto, ∂y es continua en (0, 0). Diferenciabilidad de f en (0, 0). Al existir las derivadas parciales en el punto (0, 0) y ser continuas en dicho punto, deducimos que f es diferenciable en el punto (0, 0). Dpto. de Análisis Matemático — 15 — Curso 2012/13 Matemáticas I Grado en Química Resultados (Hoja 5) Problema 4. Calcular la ecuación del plano tangente a a gráfica de las siguientes funciones en el punto indicado. p a) f (x, y) = x2 + y 2 + 3, k) f (x, y) = 36 − x2 − 4y 2 , (x0 , y0 ) = (2, 1); (x0 , y0 ) = (2, −2); y b) f (x, y) = , l) f (x, y) = 2 − x2 + y 2 , x (x0 , y0 ) = (1, 2); (x0 , y0 ) = (2, 1); m) f (x, y) = 1 − 1 (x2 + 4y 2 ), p c) f (x, y) = x2 + y 2 , 10 (x0 , y0 ) = (3, 4); (x0 , y0 ) = (1, 1); y 12 d) f (x, y) = arctan , n) f (x, y) = , x xy (x0 , y0 ) = (1, 0); (x0 , y0 ) = (2, −2); e) f (x, y) = x2 + y 2 , ñ) f (x, y) = sen x sen y, (x0 , y0 ) = (1, −1); (x0 , y0 ) = ( π2 , π2 ); f ) f (x, y) = x2 − 2xy + y 2 , o) f (x, y) = x2 y 3 + y 2 + 1, (x0 , y0 ) = (1, 2); (x0 , y0 ) = (1, 2); g) f (x, y) = 2 − 32 x − y, p) f (x, y) = x3 + y 3 − 6xy, (x0 , y0 ) = (3, −1); (x0 , y0 ) = (1, 2); h) f (x, y) = ex (sen y + 1), q) f (x, y) = cos x sen y, (x0 , y0 ) = (0, π2 ); (x0 , y0 ) = (0, π2 ); p i) f (x, y) = log x2 + y 2 , r) f (x, y) = x2 + xy + y 2 , (x0 , y0 ) = (3, 4); (x0 , y0 ) = (2, −1); j) f (x, y) = cos y, (x0 , y0 ) = (5, π4 ); Dpto. de Análisis Matemático — 16 — Curso 2012/13 Matemáticas I Grado en Química Resultados (Hoja 5) Solución del problema 4. a) z = 4x + 2y − 2. g) z = − 32 x − y + 2. m) z = − 51 x − 45 y + 32. b) z = −2x + y + 2. h) z = 2x + 2. n) z = 32 x − 23 y − 9. 3 4 ñ) z = 1. c) z = 53 x + 54 y. i) z = 25 x + 25 y − 1 + log 5. o) z = 16x + 16y − 35. d) z = y. j) z = − √12 y + 4+π √. 4 2 p) z = −9x + 6y − 6. e) z = 2x − 2y − 2. k) z = − 12 x + 2y + 9. q) z = 1. f ) z = −2x + 2y − 1. l) z = −4x + 2y + 5. r) z = 3x − 3. Problema 5. Calcular la ecuación del plano tangente a a gráfica de las siguientes funciones en el punto indicado. a) f (x, y) = ex+y + sen(x − y), e) f (x, y) = y arctan(x2 − 1), (x0 , y0 ) = (log 2, log 2); (x0 , y0 ) = (1, 3); exy f ) f (x, y) = x2 (1 + y)3 + y 2 , b) f (x, y) = , 1 + cos(xy) (x0 , y0 ) = (2, 1). (x0 , y0 ) = (0, 3); ex x2 −y 2 g) f (x, y) = , c) f (x, y) = sen(x + y)e , x2 + y 2 (x0 , y0 ) = (1, −1); (x0 , y0 ) = (1, 2); d) f (x, y) = y 3 + x2 y − 3y, h) f (x, y) = x2 − xy + 21 y 2 + 3, (x0 , y0 ) = (2, 1); (x0 , y0 ) = (3, 2) Solución del problema 5. a) z = 5x + 3y + 4 − 8 log 2. c) z = x + y. e) z = 6x − 6. b) z = 23 x + 12. d) z = 4x + 4y − 10. f ) z = 32x + 50y − 81. Dpto. de Análisis Matemático — 17 — Curso 2012/13 Matemáticas I Grado en Química Resultados (Hoja 5) 3e 4e 2e g) z = 25 x − 25 y + 5. h) z = 4x − y − 2. Dpto. de Análisis Matemático — 18 — Curso 2012/13