Matem1 Problemas Resueltos Algebra (Junio 2023) (72)

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13 REPRESENTACIÓN GRÁFICA DE DESIGUALDADES (*)
7. Dibuja en R2 el dominio de la función f(x, y) =
1
√
ln(x2 + y2 + 2y − 2)
.
Solución: Para que exista la ráız y tenga sentido el cociente, debe ser ln(x2 + y2 + 2y − 2) > 0.
Como la función logaritmo es creciente y ln(1) = 0, la condición se traduce en x2+ y2+2y− 2 > 1.
A la izquierda aparece “casi” el desarrollo del cuadrado (y + 1)2 = y2 + 2y + 1. Para que aparezca
completo sumamos 3 a cada lado de la desigualdad para obtener x2 + y2 + 2y + 1 > 4, o sea
x2+(y+1)2 > 4, y por tanto el dominio es el exterior del ćırculo centrado en el punto (0,−1) y de
radio 2, sin el borde.
o
8. Dibuja en R2 el dominio de la función f(x, y) = ln(4− x2 − y2)− ln(x2 + y2 − 1).
Solución: Para que exista el primer logaritmo debe ser 4− x2 − y2 > 0, o sea x2 + y2 < 4, por lo
que (x, y) debe estar en el interior (sin el borde) del ćırculo centrado en el origen de radio 2. Para
que exista el segundo logaritmo debe ser x2 + y2 − 1 > 0, o sea x2 + y2 > 1, por lo que (x, y) debe
estar en el exterior (sin el borde) del ćırculo centrado en el origen de radio 2.
Por tanto la región es la corona circular (sin los bordes) formada por los puntos que están a una
distancia entre 1 y 2 del origen.
o
9. Dibuja en R2 el dominio de la función f(x, y) =
√
|x+ y| − 1.
Solución: Los puntos del dominio son los (x, y) para los que se verifica |x+ y| ≥ 1. La correspon-
diente igualdad |x+ y| = 1 equivale a las dos igualdades x+ y = 1 (recta que pasa por (1, 0) y por
(0, 1), paralela a la diagonal del 2 y 4 cuadrante) y x+ y = −1 (recta por (−1, 0) y por (0,−1),
paralela a la anterior).
El punto (0, 0) está entre ambas rectas y no satisface |x + y| ≥ 1; los puntos (2, 0) y (−2, 0) están
en las otras dos regiones del plano y śı satisfacen la igualdad. Por tanto el dominio es todo el plano
salvo la “banda” que queda entre ambas rectas; las propias rectas śı están en el dominio.
o
10. Dibuja en R2 el dominio de la función f(x, y) = ln(x− y) +
√
2y − x2 − y2.
Solución: Para que exista el logaritmo debe ser x−y > 0, o sea los puntos deben estar a la derecha
(o debajo) de la diagonal del primer (y tercer) cuadrante sin incluir a la propia diagonal.
Además, para que exista la ráız cuadrada debe ser 2y − x2 − y2 ≥ 0, o sea x2 + y2 − 2y ≤ 0.
Completando cuadrados tenemos la desigualdad x2 + (y − 1)2 ≤ 1, cuyas soluciones son los puntos
del interior del ćırculo con centro (0, 1) y radio 1, incluyendo el borde.
El dominio es pues la intersección de esas dos regiones.
o
Matemáticas de 1 , problemas 214 Alberto del Valle Robles
13 REPRESENTACIÓN GRÁFICA DE DESIGUALDADES (*)
11. Dibuja en R2 el dominio de la función f(x, y) = arc sen(y/2x).
Solución: Para que exista y/2x debe ser x 6= 0.
Para que exista el arcoseno debe ser −1 ≤ y/2x ≤ 1. Las gráficas de las
igualdades son las rectas x = 0 (vertical), y = −2x e y = 2x, que dividen
al plano en 6 regiones. Tomando puntos en esas 6 regiones, por ejemplo
(1, 3), (1, 0), (1,−3), (−1, 3), (−1, 0), (−1,−3), vemos que sólo (1, 0) y
(−1, 0) satisfacen la desigualdad −1 ≤ y/2x ≤ 1, y por tanto la región es
la del dibujo, con los bordes pero sin el origen (0, 0).
b
b
b
b
b
b
o
12. Dibuja en R2 el dominio de la función f(x, y) = arctan
(
√
x2 + y2 + 2x− 2y
)
.
Solución: El arcotangente existe para cualquier valor, de modo que sólo hay que exigir que sea
x2 + y2 + 2x − 2y ≥ 0 para poder calcular la ráız. Sumando 2 en cada miembro para obtener a
la izquierda los sumandos x2 + 2x + 1 = (x + 1)2 e y2 − 2y + 1 = (y − 1)2, la desigualdad queda
(x+ 1)2 + (y − 1)2 ≥ 2. Por tanto el dominio es todo el plano salvo el interior del ćırculo de centro
(−1, 1) y radio
√
2; como se tiene un “menor o igual” el borde (la circunferencia) está en el dominio.
o
13. Dibuja en R2 el dominio de la función f(x, y) = arc sen(x2 + y2 + 2x+ 2y).
Solución: Para que exista el arcoseno debe cumplirse −1 ≤ x2+ y2+2x+2y ≤ 1. Para completar
cuadrados en la expresión central sumamos 2 en cada miembro y reescribimos las desigualdades
como 1 ≤ x2 + 2x+ 1 + y2 + 2y + 1 ≤ 3, o sea 1 ≤ (x+ 1)2 + (y + 1)2 ≤ 3. Tomando ráıces vemos
que se trata de los (x, y) cuya distancia a (−1,−1) está entre 1 y
√
3, o sea el dominio es la corona
circular (con bordes) que queda entre las circunferencias centradas en (−1,−1) con radios 1 y
√
3.
o
14. Dibuja en R2 el dominio de la función f(x, y) = ln
(
x2 − (y2 + 4y + 2x+ 3)
)
.
Solución: Para que exista la ráız debe ser x2 − (y2 + 4y + 2x+ 3) > 0.
Dibujemos primero la igualdad x2−(y2+4y+2x+3) = 0, que marcará el borde del dominio pero sin
pertenecer a él, pues la desigualdad es estricta. La igualdad se reescribe como x2−2x = y2+4y+3,
y sumando 1 en cada miembro se obtiene x2 − x+ 1 = y2 + 4y + 4, o sea (x− 1)2 = (y + 2)2, por
lo que la igualdad la satisfacen tanto la recta x− 1 = y + 2 como la recta x− 1 = −(y + 2).
Éstas son rectas de pendientes 1 y −1, respectivamente, que se cortan
en el punto (1,−2). El borde del dominio es por tanto el “aspa” formada
por esas rectas, y divide al plano en 4 regiones.
Observando por ejemplo que los puntos (0,−2) y (2,−2) satisfacen la
desigualdad, y que los puntos (1,−1) y (1,−3) no la satisfacen, dedu-
cimos que el dominio está formado por las regiones “que quedan a la
derecha y a la izquierda del aspa” (sin contener al aspa).
b b
b
b
o
Matemáticas de 1 , problemas 215 Alberto del Valle Robles
14 VARIAS VARIABLES: LÍMITES (*)
14. VARIAS VARIABLES: LÍMITES (*)
1. Estudia el ĺımite ĺım
(x,y)→(0,0)
(xy)2
xy3 + (x− y)2 .
Solución: Por rectas del tipo y = mx se tiene
ĺım
x→0
m2x4
m3x4 + (1−m)2x2 = ĺımx→0
m2x2
m3x2 + (1−m)2
que vale 1 cuando m = 1 y 0 en cualquier otro caso, luego el ĺımite doble no existe.
o
2. Estudia el ĺımite ĺım
(x,y)→(0,0)
2xy2
x2 + y4
Solución: Por parábolas del tipo x = my2 el ĺımite vale ĺım
y→0
2my4
(m2 + 1)y4
=
2m
m2 + 1
, que depende
de m. Por tanto, no existe el ĺımite doble.
o
3. Dada la función f(x, y) =
3x2y
x2 + y2
(con f(0, 0) = 0), decide si es continua en el punto (0, 0) y
encuentra su derivada direccional en (0, 0) en la dirección de un vector unitario (u, v).
Solución: Cualquier ĺımite iterado o direccional sugiere que el ĺımite doble vale 0; de hecho es aśı
pues
|f(ρ cos θ, ρ sen θ)− 0| =
∣
∣
∣
∣
3ρ3 cos2 θ sen θ
ρ2
∣
∣
∣
∣
= |3ρ cos2 θ sen θ| ≤ 3ρ y ĺımρ→0 3ρ = 0.
Por definición, D(u,v)f(0, 0) = ĺımh→0
f(uh, vh)− f(0, 0)
h
= ĺımh→0
3u2vh3
(u2 + v2)h3
= 3u2v.
o
4. Estudiar la existencia del ĺımite cuando (x, y) → (0, 0) de la función f(x, y) = x
3 + y3
x2 + y2 + y4
.
Solución: El primer ĺımite iterado vale claramente 0, que es por tanto el único candidato a ĺımite.
En polares se tiene
∣
∣
∣
∣
ρ3 cos3 θ + ρ3 sen3 θ
ρ2 + ρ4 sen4 θ
∣
∣
∣
∣
≤ 2ρ
3
ρ2
= 2ρ
ρ→0−−−→ 0
(donde sen θ y cos θ se han acotado por el valor 1, y se ha usado que ρ2 + ρ4 sen4 θ ≥ ρ2), y por
tanto el ĺımite existe y vale 0.
o
Matemáticas de 1 , problemas 216 Alberto del Valle Robles
	VARIAS VARIABLES: LÍMITES (*)