Dada \( f(x,y)=e^{xy}+\alpha x^2 y+\beta y^3 \), se pide que \(\dfrac{\partial f}{\partial x}=\dfrac{\partial f}{\partial y}\) para todo \((x,y)\in\mathbb{R}^2\).
Se requiere:
Reorganizando:
Para que esto sea cero para todo \((x,y)\), cada parte independiente debe anularse:
- El término \((y-x)e^{xy}\) nunca es cero para todo \((x,y)\), pero debemos anular los términos polinomiales por separado.
- Evalúa en \(x=0\): \(\;ye^{0}+0 = 0+0+3\beta y^2 \Rightarrow y = 3\beta y^2\) — esto solo vale para \(y=0\), contradicción.
La identidad \( (y-x)e^{xy}=0\;\forall(x,y) \) es imposible (p.ej. en \((1,2)\) vale \(e^2\neq 0\)).
No existen valores de \(\alpha\) y \(\beta\) que hagan que \(\dfrac{\partial f}{\partial x}=\dfrac{\partial f}{\partial y}\) para todo \((x,y)\in\mathbb{R}^2\), porque los términos exponenciales \(ye^{xy}\) y \(xe^{xy}\) son distintos y ningún valor de los parámetros puede compensarlos globalmente.
Sea \( f(x,y)=\begin{cases}\dfrac{x^2 y}{x^2+y^2}, & (x,y)\neq(0,0)\\[4pt] 0, & (x,y)=(0,0)\end{cases} \)
Usamos la desigualdad: para todo \((x,y)\neq(0,0)\)
Como \(x^2 \leq x^2+y^2\), se tiene \(\dfrac{x^2}{x^2+y^2}\leq 1\), luego:
Cuando \((x,y)\to(0,0)\), claramente \(|y|\to 0\), entonces por el Teorema del Sandwich:
\(f\) es continua en \((0,0)\). ✓
Se dice que \(f\) es diferenciable en \((0,0)\) si:
Con \(f_x=f_y=0\) y \(f(0,0)=0\), el límite a verificar es:
Sobre la recta \(k=h\) (con \(h\to 0\)):
Cuando \(h\to 0^+\): el resultado es \(\dfrac{1}{2\sqrt{2}} \neq 0\).
\(f\) no es diferenciable en \((0,0)\) porque el límite de la definición no es cero (depende de la dirección de aproximación). Las derivadas parciales existen pero la función no cumple la condición de diferenciabilidad.
Se tiene: \(\displaystyle I=\int_0^1\int_{x^2}^{\sqrt{x}}(x^2+y^2)\,dy\,dx\)
Para \(x\in[0,1]\), \(y\) va de \(x^2\) a \(\sqrt{x}\). La región está acotada por:
- Curva inferior: \(y=x^2\) (parábola)
- Curva superior: \(y=\sqrt{x}\) (raíz cuadrada)
- Se intersectan en \((0,0)\) y \((1,1)\).
\(\displaystyle I = \dfrac{6}{35} \approx 0.1714\)
Sea \(f(x,y)=\ln(2+x^2+y^2)\).
Evaluando en \((1,-1)\): \(2+1+1=4\)
Con \(x=1.05\), \(y=-0.95\):
\(f(1.05,-0.95)\approx \ln 4 \approx 1.3863\)
| Valor | Resultado |
|---|---|
| Aproximación L | ln 4 ≈ 1.38629 |
| Valor real | ln(4.005) ≈ 1.38754 |
| Error absoluto | ≈ 0.00125 |
La aproximación lineal es excelente: error de apenas \(\approx 0.09\%\), lo que confirma que la linealización funciona muy bien para puntos cercanos a \((1,-1)\).
Sea \(f(x,y,z)=x^2y+yz^2+e^{xz}\).
Evaluar \(\displaystyle\iint_R(x-y)\,dA\) donde \(R\) es el primer cuadrante entre \(y=x^2\) e \(y=x\).
\(x^2=x \Rightarrow x(x-1)=0 \Rightarrow x=0,\;x=1\). Para \(x\in(0,1)\): \(x^2 < x\) (la parábola está debajo).
Denominador común 60:
\(\displaystyle I = \dfrac{1}{60}\)
Sea \(R: x^2+y^2\leq 4\). Calcular \(\displaystyle I=\iint_R(x^2-xy)\,dA\).
Separamos: \(I=\iint_R x^2\,dA - \iint_R xy\,dA\)
El disco \(R\) es simétrico respecto al eje \(y\) (y también al eje \(x\)). La función \(g(x,y)=xy\) es impar en \(x\) (pues \(g(-x,y)=-g(x,y)\)), por lo tanto:
Entonces: \(I = \displaystyle\iint_R x^2\,dA\)
\(x=r\cos\theta,\;y=r\sin\theta,\;dA=r\,dr\,d\theta\), con \(r\in[0,2],\;\theta\in[0,2\pi]\).
\(\displaystyle I = 4\pi \approx 12.566\)
Se tiene: \(\displaystyle I=\int_0^1\int_{y^2}^{y}\sqrt{\frac{x}{y}}\,dx\,dy\)
Para \(y\in[0,1]\): \(x\) va de \(x=y^2\) (parábola) a \(x=y\) (recta). Intersección en \((0,0)\) y \((1,1)\).
La región es la misma que en el Ej. 6 pero con los roles invertidos: entre \(x=y^2\) y \(x=y\) — equivalente a entre \(y=x\) e \(y=\sqrt{x}\) en el plano.
La región satisface \(0\leq x\leq 1\) y \(x\leq y\leq\sqrt{x}\) (porque \(x=y^2\Rightarrow y=\sqrt{x}\) superior e \(x=y\) inferior reordenado). Cambiando orden:
Trabajamos con el orden original \(\int_0^1\int_{y^2}^{y}\sqrt{x/y}\,dx\,dy\):
\(\displaystyle I = \dfrac{1}{7}\)
Sea \(f(x,y)=x^3y^2\sin(xy)\).
Aplicar regla del producto: \(f = x^3y^2\sin(xy)\)
Se comprueba directamente que \(f_{xy} = f_{yx}\). Ambas expresiones son idénticas: \((6x^2y - x^4y^3)\sin(xy)+6x^3y^2\cos(xy)\). ✓
El Teorema de Clairaut establece: si \(f_{xy}\) y \(f_{yx}\) son continuas en un entorno del punto, entonces \(f_{xy}=f_{yx}\) en ese punto.
La función \(f(x,y)=x^3y^2\sin(xy)\) es composición y producto de funciones \(C^\infty\) (infinitamente diferenciables) para todo \((x,y)\in\mathbb{R}^2\). Por lo tanto \(f_{xy}\) y \(f_{yx}\) son continuas en todo \(\mathbb{R}^2\), y las hipótesis se cumplen en cualquier punto.
Evaluar \(\displaystyle\iint_R(x+y)\,dA\) donde \(R: 1\leq x+y\leq 2,\; 0\leq x-y\leq 1\).
Sea \(u = x+y\) y \(v = x-y\). Entonces la región se convierte en:
Que es simplemente un cuadrado. Expresando \(x,y\) en función de \(u,v\):
El integrando es \(x+y=u\), entonces:
\(\displaystyle I = \dfrac{3}{4}\)
| Ej | Resultado |
|---|---|
| 1 | No existen α, β que satisfagan la condición para todo ℝ² |
| 2a | f es continua en (0,0) — por Teorema del Sandwich |
| 2b | f NO es diferenciable en (0,0) |
| 3 | I = 6/35 |
| 4 | Plano: z = ln4 + ½(x−1) − ½(y+1); Aprox. ≈ 1.38629; Error ≈ 0.09% |
| 5 | ∇f(1,0,1) = ⟨e, 2, e⟩; D_max = √(2e²+4) ≈ 4.333 |
| 6 | I = 1/60 |
| 7 | I = 4π |
| 8 | I = 1/7 |
| 9 | f_xy = f_yx — Teorema de Clairaut verificado ✓ |
| 10 | I = 3/4 |