sol mate 3 UNI fiee

1. SOLUCIONARIO PRACTICA 2 -MATEMATICA 3-2016-1
Angel Jesus Chacon Puchoc
May 12, 2016
Pregunta 1. Demuestre que si f es diferenciable en x , entonces es continua en x .
SOLUCION:
Por definicion una funcion es continua si se cumple basicamente que:
limh→0 F(¯x + h) = F(¯x)
-Entonces ; sea f una funcion diferenciable entonces cumple:
F(¯x + ¯h) = F(¯x) + ¯ F(¯x).h + ψ(¯h, ¯x).h y limh→0 ψ(¯h, ¯x) = 0
-Entonces como h → 0 y sea ¯x → ¯x0
F(¯x + ¯h) = F(¯x) + ¯ F(¯x).h + ψ(¯h, ¯x).h
-Quedaria entonces :
F(¯x + ¯h) = F(¯x) + ¯ F(¯x).h
-Tomando limite a la funcion cuando h → 0 y ¯x → ¯x0
limh→0 F(¯x + ¯h) = limh→0 F(¯x) + limh→0
¯ F(¯x).h
como limh→0
¯ F(¯x).h = 0 cuando h → 0
*FINALMENTE QUEDA
limh→0 F(¯x + ¯h) = F(¯x) para ¯x → ¯x0 y h → 0
Queda demostrado entonces que para cualquier funci´on f que sea diferenciable en un punto ¯x0 es continua en
ese mismo punto ¯x0
Pregunta 2 .
Halle los extremos relativos o puntos de silla de la funci ´on escalar
ϕ : A ⊆ R2
=⇒ R definida por:
ϕ(−→x ) = 2x2
− 3xy2
+ y4
Soluci´on: ∂f
∂x =4x − 3y2
= 0
∂f
∂y =−6xy + 4y3
= 0
Analizando vemos que el unico punto critico sera (0,0)
Usando el polinomio de Cayley-Hamilton.
∂2
f
∂x2 =4
∂2
f
∂y2 =−6x + 12y2
∂2
f
∂x∂y =−6y
∂2
f
∂y∂x =−6y
4 −6y
−6y −6x + 12y2 − λ
1 0
0 1
=0
4 − λ −6y
−6y −6x + 12y2
− λ
(4-λ)(−6x + 12y2
− λ) = 0(4 − λ)(−λ) = 0
λ = 0 ∨ λ = 4
comoλ = 0
1

2. entonces no podemos concluir nada por el polinomio,analizando la grafica:
Tomamos un disco abierto centrado en(0;0),analizando, vemos que debido a la distribuci2
ndegraficasrealizadaalrededorde
Pregunta 3. Dadas las ecuaciones de Cauchy - Riemann:
∂u(x; y)
∂x
=
∂v(x; y)
∂y
;
∂u(x; y)
∂y
= −
∂v(x; y)
∂x
(1)
Si x = r cos θ ; y = r sin θ , escriba las ecuaciones de Cauchy - Riemann en Coordenadas
Polares.
Soluci´on:
Planteamiento del Problema:
Nos piden que expresemos la ecuacion de Cauchy - Riemann en Coordenadas Polares,
para eso primero aplicamos la regla de la cadena, hacermos la derivada parcial de u respecto a r, luego la
derivada parcial respecto a theta ; similarmente hacemos lo mismo para la funci´on v :
Entonces se tiene:
∂u
∂r = ∂u
∂x.∂x
∂r + ∂u
∂y .∂y
∂r
∂u
∂θ = ∂u
∂x.∂x
∂θ + ∂u
∂y .∂y
∂θ
∂v
∂r = ∂v
∂x.∂x
∂r + ∂v
∂y .∂y
∂r
∂v
∂θ = ∂v
∂x.∂x
∂θ + ∂u
∂y .∂y
∂θ
Ademas :
∂x
∂r = cos θ ; ∂y
∂r = sin θ
∂x
∂θ = −r sin θ ; ∂y
∂θ = r cos θ
Resolviendo el Sistema se tiene:
∂u
∂x = cos θ∂u
∂r − 1
r sin θ∂u
∂θ
2

3. ∂u
∂y = sin θ∂u
∂r + 1
r cos θ∂u
∂θ
∂v
∂x = cos θ∂v
∂r − 1
r sin θ∂v
∂θ
∂v
∂y = sin θ∂v
∂r + 1
r cos θ∂v
∂θ
Cauchy-Riemann:
cos θ∂u
∂r − 1
r sin θ∂u
∂θ = sin θ∂v
∂r + 1
r cos θ∂v
∂θ
sin θ∂u
∂r + 1
r cos θ∂u
∂θ = − cos θ∂v
∂r + 1
r sin θ∂v
∂θ
Resolviendo el sistema:
∂v
∂r = −1
r
∂u
∂θ ; ∂u
∂r = 1
r
∂v
∂θ
Pregunta 4.
Calcule el volumen m´aximo del s´olido,acotado por un cono circulo recto inscrito
en el primer octante de una sup´erficie esferica cuyo radio mide R.
Soluci´on
Tenemos que aplicar lagrange para ello debemos hallar una funci´on a maximizar
y otra deenlace para la restricci´on
sea V la funci´on a maximizar y g la funci´on de restricci´on se cumple:
V = λ g
Hacemos la grafica para hallar las funciones requeridas
Luego hallamos el V y g para aplicar Lagrange
3

4. V =
π
3
.x2
.y ; g = y2
+ x2
− 2xR = 0
Luego aplicando lagrange se cumple:
(2
3.x.π; πx
3 ) = λ(2x − 2R; 2y)
De las relaciones dadas hallamos x,y en funci´on de R
2
3
.x.π = λ(2x − 2y)...(α)
π
3
.x2
y = 2λy...(β)y2
+ x2
= 2Rx...(θ)
x =
3
2
Ry =
√
6
R
2
reemplazando en el volumen:
V = π
3 (3
2.R)
2
∗
√
6
2 R = 3
8πR3
√
6
Problema 5. La IBM del Per´u , ha encontrado que en cierta ciudad una de
sus vendedores vender´a aproximadamente : ( r2
2000p + s2
100 − s) microcomputado-
ras por mes . Donde s representa el n´umero total de vendedores empleados ,p
el precio de cada microcomputadora , y r la cantidad de dinero gastado cada
mes en publicidad local.Actualmente la IBM del Per´u utiliza 10 vendedores
, gasta 6000 d´olares mensuales en publicidad local .Actualmente la IBM del
Per´u utiliza 10 vendedores , gasra 6000 d´olares mensuales en publicidad local y
vende las microcomputadoras en 800 d´olares cada uno .El costo de producci´on
de las microcomputadoras es de 80 dø’lares cada uno y cada vendedor gana 600
d´olares por mes .Use la derivada parcial adecuada para estimar el cambio de
utilidad mensual total de la empresa como resultado de contratar un vendedor
mas .
SOLUCION:
DEFININIMOS UNA CANTIDAD ”c” :como cantidad de microcomputadoras
vendidas por un vendedor:
⇒ c = ( r2
2000p + s2
100 − s) y
s = n ˜Ao
merototaldevendedoresempleados
p= precio de cada microcomputadora
r= cantidad de dinero gastado en cada publicidad
1. Definimos la ecuaci´on UTILIDAD :”U”
U = Tganada − Tgastado
4

5. Tganada = p.c.s
Tgastada = r + 80(c.s) + 600s
U = c.p.s − r − 80(c.s) − 600s
U = (cs)(p − 80) − r − 600s
U = ( sr2
200p + s3
100 − s2
)(p − 80) − 600s − r
2. Haciendo la ecuaci´on (cambio mensual de la empresa con el resultado de
cambiar un trabajador)
dU
dx = (p − 80)( r2
2000p + 3s2
100 − 2s) − 600 ⇒ (I)
3. Remplazando en (I)
r=6000, p=800, s=10
dU
dx = Razon de cambio= 3360
Progunta 6.
Existe el siguiente limite Fundamente su respuesta
lim
(x;y)−→(1;1)
|x + y| − |3x − y|
x − y
(2)
Sol:
Notamos que
x = y, (3)
Elegimos un camino(familia de rectas)
y = mx + m − 1 (4)
Ya que pasa por el punto (1;1), luego el limite queda:
lim
(x;y)−→(1;1)
|x + (mx + m − 1)| − |3x − (mx + m − 1)|
x − (mx + m − 1)
= lim
(x)−→(1)
|x(m + 1) − (m − 1)| − |x
(x − 1)(1 −
(5)
Ya sea por la derecha o por la izquierda que X se aproxima a 1 entonces:
|x(m + 1) − (m − 1| > 0 ∧ |x(3 − m) + m + 1| > 0, (6)
luego lim
(x)−→(1)
(x(m + 1) − (m − 1) − (x(3 − m) + m + 1)
(x − 1)(1 − m)
(7)
5

6. lim
x−→1
2 ((m − 1)(x − 1))
− ((x − 1)(1 − m))
= −2 (8)
Posiblemente el limite es -2
Por definicion de limite:
∀ε > 0; ∃δ > 0 / |f (x; y) − L| < ε, siemper que 0 < ¯(x; y) − (1; 1) <
δ
para nuestro caso :
|x+y|−|3x−y|
x−y + 2 < ε y 0 < (x − 1)2
+ (y − 1)2
< δ
0 < (x − 1)2
+ (y − 1)2
< η = 1 entonces |x − 1| < 1 ; |y − 1| < 1 :
|x − y| < 2 ∧ |3x − y| < 6
|x + y| < 4
Tambien : |x+y|−|3x−y|
x−y ≤ |x+y|−|3x−y|
|x−y| ≤ |x+y|
|x−y| − |3x−y|
|x−y| < |x+y|
2 − |3x−y|
2 < ε − 2
Por otro lado |x − 1| < (x − 1)2
+ (y − 1)2
< δ y |y − 1| < (x − 1)2
+ (y −
δ
⇒ |x + y − 2| < 2δ
|x + y| < 2δ; |3x − y| < 4δ − 2 tenemos |x+y|
2 − |3x−y|
2 < 4δ − 2 = ε −
2 ⇒ δ = ε
4
Si tomamos δ = min{1; ε
4} el lmite queda demostrado.
(9)
Pregunta 8.
.Halle una funcion armonica en el caso que exista de la forma siguiente
µ (x; y) = φ
x
y
+
y
x
(10)
SOLUCION
Hacemos el cambio de variable
t =
x
y
+
y
x
(11)
Realizamos la derivada parcial respecto a x
tx =
1
y
−
y
x2
txx =
2y
x3
(12)
6

7. Realizamos la derivada parcial respecto a y
ty =
1
x
−
x
y2
tyy =
2x
y3
(13)
Sabemos que
ϕ(t)
ϕ(t)
= −
(txx + tyy)
t2
x + t2
y
= h(t) (14)
Procedemos a formar la funcion h
=⇒ h(t) = −
2y
x3 + 2x
y3
1
y − y
x2
2
+ 1
x − x
y2
2 (15)
=⇒ h(t) = −
2y
y3 + 2x
x3 xy
1
y2 + y2
x4 − 2
x2 + 1
x2 + x2
y4 − 2
y2 xy
(16)
=⇒ h(t) =
−2 (t − 2)
−t + t3 − 3t
(17)
=⇒ h(t) =
(t − 2)
4t − t3
(18)
Al quedar una funcion diferenciable queda demostrado que es armonica
Pregunta 9: Un rastreado t´ermico se encuentra en el punto (2,3) sobre una
placa met´alica cuya temperatura en (x;y) es T(x; y) = 20 − 4x2
− y2
.Halle y
dibuje la trayectoria que sigue el rastreador, si ´este se mueve continuamente en
direccion de m´aximo incremento de temperatura.
SOLUCI´ON:
r(t)=x(t)i+y(t)j
entonces r’(t)= (dx
dt ,
dy
dt )=k T(x(t); y(t))
Como T(x; y) = (−8x, −2y)
dx
dt =-8kx ,
dy
dt =-2ky
7

8. dx
x =-8kdt , dy
dt =-2kdt
integrando se obtienen:
lnx = −8kt + C1, lny = −2kt + C2
Esto seria equivalente a:
X = Ae−
8kt, y = Be−
2kt
De las condiciones iniciales se determina que A=2, B=3,As´ı, las ecuaciones
param´etricas de C son:
x = 2e−
8kt, y = 3e−
2kt ...(4)
La ecuacion (4) puede reescribirse de la forma:
x = 2e−
8kt = 2
81(3e−
2kt)4
entonces la ecuaci´on cartesiana de la curva C es:
x = 2
81y4
, x [0,2]
8