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Análisis Matemático II
Parcial 1
p
1. Sea f : D ⊂ R2 → R tal que f (x, y) = 1/ x2 − xy 2 . Determinar y graficar el dominio natural D y su frontera ∂D,
determinando si D si es abierto o conexo, justificando cada respuesta.
♣ La condición x2 − xy 2 > 0 equivale a x(x − y 2 ) > 0, de donde resulta el dominio pedido D = {(x, y) ∈ R2 : x < 0 ∨ x > y 2 }, que
es un conjunto abierto (ya que todos sus puntos son interiores) y no es conexo, puesto que, llamando D1 = {(x, y) ∈ R2 : x < 0} y
D2 = {(x, y) ∈ R2 : x > y 2 }, es D = D1 ∪ D2 (la unión disjunta de dos abiertos no vacı́os, ninguno de los cuales contiene un punto
de acumulación del otro). La frontera del dominio es ∂D = {(x, y) ∈ R2 : x = 0 ∨ x = y 2 }.
La justificación comienza probando que D1 es abierto: cualquiera que sea P0 = (a, b) ∈ D1 , a < 0 existe un entorno E1 =
E((P0 ), |a|/2) ⊂ D1 pues si P = (x, y) ∈ E1 como x < a + |a|/2 = a − a/2 = a/2 < 0, resulta que P ∈ D1 , esto es que E1 ⊂ D1 ,
luego D1 es abierto. Del mismo modo (pero con bastante más trabajo: ¡hacerlo!) se prueba que D2 es abierto. Finalmente, como
la unión de abiertos es un abierto, D = D1 ∪ D2 es abierto.
Por otra parte, la no conexidad de D se justifica por la misma definición, ya que ni D1 ni D2 contienen puntos de acumulación del
otro (ver definición reproducida en la observación 3), lo que si bien es bastante evidente, se prueba considerando que la adherencia
de D2 es [D2 ] = {(x, y) ∈ R2 : x ≥ y 2 } se tiene que D1 ∩ [D2 ] = {(x, y) ∈ R2 : x < 0, x ≥ y 2 } = ∅, luego D1 no contiene puntos de
acumulación de D2 (del mismo modo se prueba que D2 no ltiene puntos de acumulación de D1 ).
x = y2
y
y
x = y2
x = y2
y
D1
D1
D2
E2
x
x
x=0
x
E1
x=0
D2
x=0
Figura 1: D
Figura 3: E1 ⊂ D1 , E2 ⊂ D2
Figura 2: ∂D
Observación 1. En la figura 1 se representa el conjunto D como la región sombreada, excluı́da su frontera (lo que se indica con la
lı́nea punteada) y se identifican los conjuntos D1 y D2 . En la figura 2 se representa la frontera ∂D, la curva de ecuación x = 0 y
la curva de ecuación x = y 2 .
Observación 2. El conjunto D no es arco-conexo, pues no existe una curva incluida en D que permita conectar un punto P1 =
(x1 , y1 ) ∈ D1 con un punto P2 = (x2 , y2 ) ∈ D2 , ya que una tal curva (por continuidad) deberı́a pasar por un punto (0, b) (ya
que x1 < 0 < x2 ): pero eso no es posible, pues ningún punto de D tiene primera componente nula. Ası́ D no es arco-conexo ni es
conexo (sin embargo, esto no es el caso general, existe una infinidad de conjuntos conexos que no son arco-conexos, algunos de los
cuales pueden verse con un click: el seno del topólogo , el peine del topólogo).
Observación 3. (Bonus de conexidad) Todo conjunto arco-conexo es conexo, pero la recı́proca es falsa, de modo que no basta probar
que un conjunto no es arco-conexo para afirmar que el conjunto no es conexo. Una sencilla definición de conexidad (Markushevich,
A. 1978, §4. Teorı́a de las funciones analı́ticas. Tomo I. Moscú: Mir): un conjunto D es conexo si en cualquier partición del mismo
en dos subconjuntos no vacı́os disjuntos D1 y D2 , al menos uno de estos conjuntos contiene un punto de acumulación del otro
conjunto. También se trata la conexidad en Apostol, T. 2006, Análisis Matemático: Introducción moderna al Cálculo Superior,
§4.16, Barcelona: Reverté, y en Pita Ruiz, 1995, Cálculo Vectorial, §7.5, México: Prentice Hall.
2. Analizar la continuidad en P0 = (0, 0) del campo escalar f : R2 → R y determinar todos los versores v̌ para los que
fv̌ (P0 ) = 0.
(
f (x, y) =
y 2 sin(x)
x2 +y 2
0
si (x, y) ̸= (0, 0)
si (x, y) = (0, 0)
♣ Sea E ⋆ (P0 ) un entorno reducido de P0 ; en tal entorno, la función f es el producto de la función f1 : E ⋆ (P0 ) → R, f1 (x, y) =
y 2 /(x2 +y 2 ) por la función f2 : E ⋆ (P0 ) → R, f2 (x, y) = sin(x). La función f1 es acotada en tal E ⋆ (P0 ), pues si (x, y) ∈ E ⋆ (P0 ), de la
desigualdad inmediata y 2 ≤ x2 + y 2 resulta (y aquı́ es imprescindible observar que en tal entorno x2 + y 2 ̸= 0) que y 2 /(x2 + y 2 ) ≤ 1,
esto es que ∀(x, y) ∈ E ⋆ (P0 ) : |f1 (x, y)| ≤ 1; por otra parte, lim(x,y)→(0,0) f2 (x, y) = lim(x,y)→(0,0) sin(x) = 0. De este modo,
la función f siendo en tal entorno producto de una función acotada por otra infinitésima, es también infinitésima y entonces
lim(x,y)→(0,0) f( x, y) = 0; como por otra parte, f (P0 ) = 0, resulta que la función f es continua en P0 .
Claudia López, Marcela Martins, Fernando Acero
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y
Sea ahora un cualquier versor v̌ = (a, b) con a2 + b2 = 1 y h ̸= 0 tal que P o + hv̌ ∈
E ⋆ (P0 ); en tal caso el valor f (P o + hv̌) se calcula mediante la primera rama de la función
f , siendo entonces f (P0 + hv̌) = h2 b2 sin(ha)/(h2 a2 + h2 b2 ) = b2 sin(ha), mientras que
f (P0 ) = 0, tal como lo define la segunda rama de f . De esta manera, el cociente incremental
es (f (P0 + hv̌) − f (P0 ))/h = b2 sin(ha)/h, de modo que, por definición, es
def
fv̌ (P0 ) = lim
h→0
f (P0 + hv̌) − f (P0 )
sin(ha)
= b2 lim
= b2 a = a − a3
h→0
h
h
E ⋆ (P0 )
P0 + hv̌
x
P0
con |a| ≤ 1
Figura 1
La última igualdad resulta de que, si a ̸= 0, es sin(ha)
= a sin(ha
de modo que (a ̸= 0) es limh→0 sin(ha)
= a limh→0 sin(ha)
= a; si en
h
ha
h
ha
= a.
cambio, a = 0 el lı́mite es directamente 0, que también es a = 0, de modo que, cualquiera sea a (con |a| ≤ 1) es limh→0 sin(ha)
h
def
De esta manera, existen todas las derivadas direccionales en la dirección de v̌ = (a, b) y valen fv̌ (P0 ) = b2 a, resultando nulas
con (a = 0, b = ±1) o con (a = ±1, b = 0), siendo entonces cuatro los versores correspondientes: v̌1 = (1, 0), v̌2 = (−1, 0), v̌3 =
(0, 1), v̌4 = (0, −1).
Observación. Aunque no se pregunta aquı́, el campo escalar no es diferenciable en P0 , lo que puede probarse de muchos modos:
el más sencillo argumenta que dado que fx (P0 ) = fy (P0 ) = 0, de ser f diferenciable, las derivadas direccionales deberı́an ser nulas
en todas las direcciones (¿por qué?), lo que ciertamente no sucede, por ejemlo, si v̌ = 51 (3, 4) queda fv̌ (P0 ) = 48/125 ̸= 0.
2
3. Sea C la curva intersección de las superficies Σ1 = {(x, y, z) ∈ R3 : xz + y 2 + y = 0}, Σ2 = {(x, y, z) ∈ R3 : 4x − y 2 + ez =
4}. Analizar si π, el plano normal a C en el punto A = (1, y0 , 0) es paralelo al plano π ′ de ecuación x − 2y − 2z = 1.
♣ Puesto que A ∈ Σ1 ∩ Σ2 , debe cumplirse que 0 + y02 + y0 = 0, 4 − y02 + e0 = 4, de donde
y0 = −1, siendo entonces A = (1, −1, 0).
2
Definiendo Φ1 (x, y, z) = xz + y 2 + y, Φ2 (x, y, z) = 4x − y 2 + ez − 4 (diferenciables en un entorno de A) es Σ1 = C0 (Φ1 ), Σ2 = C0 (Φ2 ), con ∇Φ1 (x, y, z) =
2
(z, 2y + 1, x), ∇Φ2 (x, y, z) = (4, −2y, 2zez ), que evaluados en A resultan ∇Φ1 (A) =
(0, −1, 1), ∇Φ2 (A) = (4, 2, 0), vectores normales a las respectivas superficies de nivel en
ese punto. Como la curva C está contenida en ambas superficies, un vector ⃗v tangente en A
debe ser normal tanto a ∇Φ1 (A) como a ∇Φ2 (A), de modo que ⃗n = ∇Φ1 (A)×∇Φ2 (A) =
(−2, 4, 4) es un vector normal al plano π, que resulta proporcional a una normal al plano
dado π ′ , tal como ⃗n′ = (1, −2, −2), ya que es ⃗n = −2⃗n′ , luego los planos π y π ′ son
paralelos, lo que se advierte de inmediato en sus ecuaciones normales: π tiene ecuación
x − 2y − 2z = 3 y π ′ tiene ecuación x − 2y − 2z = 1.
Observación. Aunque no se pregunta aquı́, la distancia entre ambos planos es 2/3 (¡es
un buen ejercicio elemental verificarlo!).
∇Φ2 (A)
Σ1 = C0 (Φ1 )
∇Φ1 (A)
π
A
Σ2 = C0 (Φ2 )
C
⃗n = ∇Φ1 (A) × ∇Φ2 (A)
Figura 1: Σ1 , Σ2 , π, C
4. Se sabe que el polinomio de Taylor de segundo orden en A = (1, −1) de un campo escalar f de clase C 3 (R2 ) es p(u, v) =
3 − u + v + u2 − 2uv. Hallar la dirección de la derivada direccional máxima de la función h(x, y) = 2x2 y + f (x + y, −exy )
en el punto P0 = (0, 1).
♣ El campo escalar h es de clase C 2 (R2 ) (regularidad que hereda de la regularidad de f , dado que las restantes funciones que
intervienen multiplicando o sumando son polinómicas, de clase C ∞ (R2 )), y por lo tanto diferenciable en P0 , de modo que para la
derivada direccional en la dirección de un versor x̌ en P0 vale la expresión hv̌ (P0 ) = ∇h(P0 ) · v̌, de donde resulta que la dirección
pedida es v̌ = ∇h(P0 )/||∇h(P0 )||. Las derivadas parciales de h en (x, y), llamando u(x, y) = x + y, v(x, y) = −exy están dadas por
la regla de la cadena:
hx (x, y) = 4xy + fu (x + y, −exy )ux (x, y) + fv (x + y, −exy )vx (x, y) = 4xy + fu (x + y, −exy ) − yexy fv (x + y, −exy )
hy (x, y) = 2x2 + fu (x + y, −exy )uy (x, y) + fv (x + y, −exy )vy (x, y) = 2x2 + fu (x + y, −exy ) − xexy fv (x + y, −exy )
Ahora, en particular, en P0 = (0, 1) las expresiones anteriores se convierten en hx (P0 ) = 0 + fu (A) − e0 fv (A) = fu (A) −
fv (A), hy (P0 ) = 0 + fu (A) − 0e0 fv (A) = fu (A).
La información de los valores de las derivadas parciales de f en el punto A (y sólo en ese punto) pueden extraerse de su polinomio
de Taylor p(u, v) = 3 − u + v + u2 − 2uv en ese punto A = (1, −1) : ∇p(u, v) = (−1 + 2u − 2v, 1 − 2u), ∇p(A) = (3, −1) = ∇f (A). De
este modo, queda hx (P0 ) = fu (A) − fv (A) = 3 + 1 = 4, hy (P0 ) = fu (A) = 3 luego ∇h(P0 ) = (4, 3), ası́ que la derivada direccional
máxima se da con v̌ = ∇h(P0 )/||∇h(P0 )|| = 51 (4, 3) (y su valor es, por supuesto, ||∇h(P0 )|| = 5).
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Parcial 1
Observación. Si se prefiere el tratamiento matricial, definiendo el campo vectorial ⃗g : R2 → R2 tal que ⃗g (x, y) = (x + y, −exy ) que
es de clase C ∞ (R2 )), siendo h(x, y) = 2x2 y + (f ◦ ⃗g )(x, y) diferenciable entonces queda nuevamente:
1
1
1
1
1
1
0
0
3
−1
J⃗g (x, y) =
,
J
(P
)
=
luego
J
(P
)
=
+
J
(A)J
(P
)
=
= 4 3
0
0
0
h
f
⃗
g
⃗
g
−yexy −xexy
−1 0
−1 0
5. Sea f : R2 → R tal que f (x, y) = a(x − 2)2 + b(y + 1)2 − 2x3 , con a ∈ R, b ∈ R − {0} constantes. Determinar todos los
valores de a y b para el cual f tiene un punto crı́tico en A = (1, −1), y entre ellos los que producen un extremo relativo
en A, indicando su tipo y valor.
♣ El campo escalar f es de clase C ∞ (R2 ), de modo que A es un punto crı́tico sii es un punto estacionario, luego debe cumplirse
∇f (A) = (0, 0); como ∇f (x, y) = (2a(x−2)−6x2 , 2b(y+1)), en particular es ∇f (A) = (−2a−6, 0), luego la condición ∇f (A) = (0, 0)
exige a = −3 con cualquier b ∈ R − {0}. Para tales valores, la función es f (x, y) = −3(x − 2)2 + b(y + 1)2 − 2x3 con f (A) = −5.
La correspondiente matriz hessiana es:
Hf (x, y) =
−6 − 12x
0
0
−18
, Hf (A) =
2b
0
0
2b
b
El espectro de esta matriz diagonal es σ(Hf (A)) = {−18, 2b} de modo que
es necesario y suficiente para que haya extremo (que resulta un máximo local
estricto f (A) = −5) que b < 0 (pues en ese caso ambos autovalores son
negativos y la matriz hessiana es definida negativa); los valores positivos de b
no conducen a un extremo, pues en tal caso la matriz es indefinida (autovalores
de signos opuestos), mientras que el caso b = 0 está fuera del rango de análisis
pedido. Resumiendo el resultado: A es crı́tico sii a = −3, b ̸= 0, y en A se
alcanza el mı́nimo local estricto f (A) = −5 sii a = −3, b < 0.
La figura 1 muestra los rangos resultantes, indicando además que para todos
los pares (−3, b) con b > 0 en el punto A no se alcanza un extremo, sino que
en (1, −1, f (1, −1)) = (1, −1, 5) se tiene un punto de ensilladura.
(1, −1, 5)saddle
a
−3
f (A)max
Figura 1: a, b
Observación 1. Es ciertamente más directo que el criterio del hessiano observar simplemente lo que sucede con el polinomio de
Taylor de orden 2 en A de f , que es q(x, y) = −5 − 9(x − 1)2 + b(y + 1)2 que (b < 0) deja en evidencia que f (A) = −5 es el máximo
valor de f en un entorno reducido suficientemente pequeño E ⋆ (A), ya que los términos de orden superior no tienen capacidad de
alterar, en ese entorno, el signo de la forma cuadrática definida por la matriz hessiana: ver por ejemplo apartado 9.11 de Apostol,
Tom (1980). Calculus volumen 2. Barcelona: Reverté, o también 40.2 de Kudriávtsev (1984). Curso de análisis matemático. Tomo
II. Moscú: Mir.
Observación 2. El mismo polinomio de Taylor de la observación anterior deja ver que con b = 0 (cuyo análisis no es parte del
ejercicio) todavı́a se concluye que en A se alcanza un máximo local (lo que no quedarı́a en evidencia con el criterio del hessiano,
ya que resultarı́a det(Hf (A)) = 0). La matriz hessiana es semidefinida negativa.
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Claudia López, Marcela Martins, Fernando Acero
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