UNIVERSID UNIVERSIDAD AD CA CATOLICA TOLICA DE LA SANTISIMA SANTISIMA CONCEPCION CONCEPCION FACULTAD DE INGENIERIA DEPARTAMENTO DE MATEMATICA Y FISICA APLICADAS —————————————————————————————— CERTAMEN 1 (PAUTA) CALCULO III ( IN 1009 1009C C ) 1. Problema Problema 1: (10 puntos) puntos) Probar Probar que ∀ que ∀ x, ¯ x ¯, ¯ y ∈ x ¯ · ¯ y =
R
n
se tiene:
1 1 ∥x ¯ + y¯∥2 − ∥x ¯ − ¯ y ∥2 . 4 4
Soluci´ on on 1 1 ∥x ¯ + y¯∥2 − ∥x ¯ − ¯ y ∥2 4 4
=
1 (x¯ + y, ¯ y¯, ¯ x + y¯) − (¯ x − ¯ y, ¯ y, ¯ x − ¯ y) 4
=
1 ∥x ¯∥2 + 2¯ 2x ¯ · ¯ y + ∥y¯∥2 − ∥x ¯∥2 + 2¯ 2x ¯ · ¯ y − ∥y¯∥2 4
=
4 x ¯ · ¯ y 4
�
�
�
= x ¯ · ¯ y 10 puntos 2. Problema Problema 2: (20 puntos) puntos) Sea Sea 1 + 2 − |x| + ( x, y ) = f (x, x2 + y 2 − 1 0
√
√
√ |y| − x
, si (x, y )̸= ̸ = (0, (0, 0) , si (x, y) = (0, (0, 0)
(a) Determinar el dominio Ω de f de f .. (b) Analizar la topolog´ topolog´ıa del dominio de f , f , indicando claramente inte′ rior Ω, F r(Ω), Ω, Ω . Indicar Indicar si Ω es un conjunto conjunto abierto, cerrado, cerrado, semiabierto, semicerrado, compacto. Justifique. Soluci´ on on (a) Ω=
(b)
�
(x, y ) ∈
�
2 R
� �
�
: x 2 + y 2 > 1; |x| ≤ 2, 2 , x ≤ |y |} ∪ (0, (0, 0)
• I nt(Ω) nt(Ω) = (x, y) ∈
2 R
: x 2 + y2 > 1; |x| < 2 < 2,, x < |y | y|
�5 puntos 2 puntos
1
�
−6
−4
−2
0
2
4
6
Figure 1: Dominio de la funci´on f . F r(Ω) =
� � � √ � �(0, 0) ∪ (x, y) ∈ : x �+ y �= 1; x ≤ �∪ �(x, y) ∈ : x = 2; |y|√ ≥ 2 ∪ (−2, � y) : y ∈ 2 R
2 2
2
2 R
•
(x, y) ∈
• Ω=
2
�
(x, y) ∈
2 R
2 R
R
: |y| = x;
2 2
≤ x ≤ 2
� �4 puntos �
: x 2 + y 2 ≥ 1; |x| ≤ 2, x ≤ |y|} ∪ (0, 0) 2 puntos
�
• Ω′ = (x, y) ∈ R2 : x 2 + y 2 ≥ 1; |x| ≤ 2, x ≤ |y|}
�
2 puntos • Ω no es un conjunto abierto, pues (0, 0) ∈ / Int(Ω) y (0, 0) ∈ Ω, por tanto Int(Ω) ̸= Ω.
√ √
√ √
• Ω no es un conjunto cerrado, pues ( 22 , 22 ) ∈ F r(Ω) y ( 22 , 22 ) ∈ / Ω, por tanto F r(Ω) no est´ a incluido en Ω. 2 puntos • Ω no es semiabierto, pues A no est´a incluido en I nt(Ω) ((0, 0) ∈ / Int(Ω)). • Ω es semicerrado, pues Ω c ⊂ Ω c . • Ω no es acotado, pues contiene al eje Y para valores grandes de y. • Ω no es compacto, pues no es acotado (tampoco es cerrado). 3 puntos 2
8
3. Problema 3: (10 puntos) Usando la noci´on de curvas de nivel en los diferentes planos coordenados, trazar una gr´afica aproximada de la superficie S definida por la ecuaci´on: z 2 − x2 − y 2 = 1 Soluci´ on • Observe primero que: z 2 − x2 − y2 = 1 ⇔ z 2 = x 2 + y 2 + 1 luego z 2 ≥ 1 o bien z ≤ −1 y z ≥ 1. • De lo anterior se puede conluir que la superficie tiene dos hojas. 2 puntos • Si z = |k| ≥ 1, entonces x2 + y 2 = −1 + k 2 es una familia de circunferencias, luego los niveles en Z son circunferencias conc´entricas. 4 puntos • Los niveles sobre el plano X Z son familias de hip´erbolas para y = k: z 2 − y2 = 1 + k2 2 puntos • Los niveles sobre el plano Y Z son familias de hip´erbolas para x = k: z 2 − x2 = 1 + k2 2 puntos 2
2
2
z −x −y =1
8
6
4
2
0
−2
−4
−6
−8
5 5
0 0 −5
−5
y
x
Figure 2: Hiperboloide de dos Hojas
3
4. Problema 4: (20 puntos) (a) Calcular, si existen, los siguientes l´ımites: (i)
lim
(x,y)→(0,0)
|x|y
(ii)
(y − 2)2 sin(xy) (x,y)→(0,2) x2 + (y − 2)2 lim
(b) Considerar la funci´on f : R2 → R definida por
f (x, y) =
x3 y + xy x4 + y 2
; (x, y) ̸= (0, 0)
0
; (x, y) = (0, 0)
Analizar la continuidad de f en (0, 0). Soluci´ on (a) (i) Usando l´ımites iterados, tenemos que: •
� � lim lim |x| = lim |x| → �→ � → y
x
0
0
y
x
0
0
= 1.
• lim lim |x|y = lim |0|y = 0. y
→0
→0
→0
x
x
Como los l´ımites iterados son distintos, se concluye que el l´ımite no existe. 5 puntos (ii) Usando el Teorema de Comparaci´on, usualmente conocido como teorema del sandwich, tenemos que: 2
(y − 2) sin(xy) 0 < ≤ sin(xy) ≤ |xy|........ → 0 x + (y − 2) 2
2
cuando (x, y) → (0, 2) Luego
(y − 2)2 sin(xy) = 0. (x,y)→(0,2) x2 + (y − 2)2 lim
5 puntos (b) Para (x, y) = (0, 0), tenemos continuidad puntual: • f (0, 0) = 0 •
x3 y + xy) = 0. En efecto, usando nuevamente el (x,y)→(0,0) x4 + y 2 teorema de comparaci´on, tenemos que: lim
(
3
x y 0 < x +y 4
3
2
|y||x| + xy ≤ x +y 4
4
2
+ |xy|........(1)
Por otro lado: (|x|2 − |y|)2 ≥ 0 ⇒ x 4 + y 2 ≥ 2|x|2 |y| ⇓ x4
1 1 ≤ ..........(2) 2 +y 2|x|2 |y|
As´ı de (1) y (2) tenemos 3
yx 0 < x +y 4
3
2
|x| |y| 1 + xy ≤ + |xy| ≤ |x| + |xy|........ → 0 2|x| |y| 2 2
cuando (x, y) → (0, 0) Luego yx 3 + xy = 0. (x,y)→(0,0) x4 + y 2 lim
•
yx 3 + xy = f (0, 0) = 0. (x,y)→(0,0) x4 + y 2 lim
Por tanto f es continua en (0, 0) 10 puntos —————————————————————————————Concepci´on, 27 de Septiembre de 2013. JV/LG/MU/NS/MG/mu
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