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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 función 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 ón escalar
ϕ : A ⊆ R2
=⇒ R definida por:
ϕ(−→x ) = 2x2
− 3xy2
+ y4
Solución: ∂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

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.
Solución:
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 función 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

∂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 máximo del sólido,acotado por un cono circulo recto inscrito
en el primer octante de una supérficie esferica cuyo radio mide R.
Solución
Tenemos que aplicar lagrange para ello debemos hallar una función a maximizar
y otra deenlace para la restricción
sea V la función a maximizar y g la función de restricción se cumple:
V = λ g
Hacemos la grafica para hallar las funciones requeridas
Luego hallamos el V y g para aplicar Lagrange
3

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 función 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 Perú , ha encontrado que en cierta ciudad una de
sus vendedores venderá aproximadamente : ( r2
2000p + s2
100 − s) microcomputado-
ras por mes . Donde s representa el número 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 Perú utiliza 10 vendedores
, gasta 6000 dólares mensuales en publicidad local .Actualmente la IBM del
Perú utiliza 10 vendedores , gasra 6000 dólares mensuales en publicidad local y
vende las microcomputadoras en 800 dólares cada uno .El costo de producción
de las microcomputadoras es de 80 dø’lares cada uno y cada vendedor gana 600
dólares 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 Ão
merototaldevendedoresempleados
p= precio de cada microcomputadora
r= cantidad de dinero gastado en cada publicidad
1. Definimos la ecuación UTILIDAD :”U”
U = Tganada − Tgastado
4

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

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

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 térmico se encuentra en el punto (2,3) sobre una
placa metálica cuya temperatura en (x;y) es T(x; y) = 20 − 4x2
− y2
.Halle y
dibuje la trayectoria que sigue el rastreador, si éste se mueve continuamente en
direccion de máximo incremento de temperatura.
SOLUCIÓN:
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

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

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