PROBLEMAS RESUELTOS DE MATEMÁTICAS
ejercicios resueltos de análisis matemático

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Problemas de Analisis Matemático

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Ejercicios de análisis matemático

Respuesta al ejercicio 27

Para resolver la primera cuestión, hacemos un cambio de variable en la forma:
    \( \left.\begin{array}{c} x = \rho \cos \alpha \\ \\ y = \rho \sin \alpha \end{array}\right\}\; f(x,y) = \phi(\rho , \alpha) = (\rho^2)^{\rho^4 \cos^2 \alpha \sin ^2 \alpha} \)
Y determinamos entonces el límite de esta expresión en el punto (0,0).
Haciendo:
    \( (\rho^2)^{\rho^4 \cos^2 \alpha \sin ^2 \alpha} = A \)
Y tomando logaritmos neperianos, tenemos:
    \(\ln A = \rho^4 \cos^2 \alpha \sin ^2 \alpha \times 2 \times \ln \rho \)
De donde podemos hacer:
    \( \displaystyle \lim \limits _{\rho \rightarrow 0}\ln A = \lim \limits _{\rho \rightarrow 0} \rho^4 \cos^2 \alpha \sin ^2 \alpha \times 2 \times \ln \rho = \lim \limits _{\rho \rightarrow 0}\frac{2 \ln \rho}{1 / \rho ^4} \cos^2 \alpha \sin ^2 \alpha \)
Aplicando la regla de L’Hópital a la expresión, podemos igualar el límite a:
    \( \displaystyle \lim \limits _{\rho \rightarrow 0}\frac{d(2 \ln \rho)}{d(1 / \rho ^4)} \cos^2 \alpha \sin ^2 \alpha = \lim \limits _{\rho \rightarrow 0}\frac{\left(\frac{2}{\rho}\right)}{\left(\frac{-4}{\rho^5}\right)} \cos^2 \alpha \sin ^2 \alpha = \)

    \( = \lim \limits _{\rho \rightarrow 0}(- 2 \rho ^4 \cos^2 \alpha \sin ^2 \alpha) = 0 \)
Con lo que tenemos:
    \( \ln A = 0 \quad \rightarrow \quad A = e^0 = 1 \)
Es decir, la función no es continua en el punto (0,0) pues el límite no coincide con el valor que toma la función en dicho punto, ya que en él, el valor de esta se hace indeterminado.
Podemos entonces definir de nuevo la función poniendo:
    \( f(x, y) =\left\{ \begin{array}{l} (x^2+y^2)^{x^2y^2} \quad \forall (x, y) \neq 0 \\ \\ \quad 1 \qquad (x,y) = 0 \end{array} \right. \)
Para calcular las derivadas aplicamos el método de la derivada logarítmica:
    \( f(x, y) = (x^2+y^2)^{x^2y^2} \rightarrow x^2y^2 \ln (x^2+y^2) = \ln f(x,y) \)
Derivando respecto a la variable x:
    \( \displaystyle 2xy^2 \ln (x^2+y^2) + x^2y^2 \frac{2x}{(x^2+y^2)} = \frac{f'(x,y)}{f(x,y)} \)
De donde se tiene:
    \( \displaystyle f'_x(x,y) = f(x,y) 2xy^2\left[\ln (x^2+y^2) + \frac{x^2}{(x^2+y^2)}\right] \)
Y por la simetría de la función:
    \( \displaystyle f'_y(x,y) = f(x,y) 2yx^2\left[\ln (x^2+y^2) + \frac{y^2}{(x^2+y^2)}\right] \)
Sustituyendo en las dos expresiones (x,y) por (0,0) vemos que ambas toman valores indeterminados, es decir que, aun teniendo límite este no coincide con el valor de la función en dicho punto.
De todo lo anterior podemos deducir que la función f(x,y) no es diferenciable. Además no se cumple la condición necesaria para ello: que f(x,y) sea continua.
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tema escrito por: José Antonio Hervás