Univers Uni versida idad d T´ ecnica ecn ica Federico Feder ico Santa Sant a Mar´ ıa ıa Departa Depa rtamento mento de Matem´ Mate m´ atica atic a Campus Santiago ◦ 2 semestre de 2004
Certamen 1 - mat 023 (Pauta) Martes 31 de Agosto de 2004
1. Sea T : ( 1, 2) .
R3
−
→R
2
tal que T (1 T (1,, 0, 1) = (1, (1, 1) , T (1 T (1,, 1, 0) = (1, (1, 2) , T (0 T (0,, 1, 1) =
−
(a) Hallar T ( T (x,y,z ) . (b) Hallar Ker(T Ker(T )) y una base del Ker(T Ker(T )) .
Soluci´ on: on: (a) Note que el conjunto (1, (1, 0, 1), 1), (1, (1, 1, 0), 0), (0, (0, 1, 1) es L.I, asi que es una base 3 3 para R . Sea (x,y,z (x,y,z ) R un punto cualquiera, entonces:
∈
{
}
(x,y,z ) = α(1 α (1,, 0, 1) + β (1, (1, 1, 0) + γ (0, (0, 1, 1) donde α donde α,β, ,β, γ son son n´ umeros reales. Resolviendo el sistema: umeros
se tiene,
x = α + β y = β + + γ z = α + γ
x + y 2 2 Usando la linealidad de T se T se obtiene, α =
T ( T (x,y,z ) =
x
x
− y + z ,
β =
− z ,
γ =
−x + y + z 2
x + y − z − y + z (1, −x + y + z (−1, 2) (1, −1) + (1, (1, 2) + 2
2
2
Luego, la transformaci´ on on buscada es T ( T (x,y,z ) =
1 (3x (3x 2
5 y − z ) − y − z, −x + 5y
(b) Ker(T Ker(T )) = = =
3
T (x,y,z ) = (0, (0, 0)} {(x,y,z ) ∈ R : T ( {(x,y,z ) ∈ R : 3x − y − z = 0 ∧ −x + 5y 5 y − z = 0} {(x, x, x) : x ∈ R} 3
2 3
7 3
Por lo tanto, una base para Ker(T) es (1, (1, 32 , 37 ) .
{
}
2. Sea
f ( f (x, y ) =
Analize para todo a
∈ N:
xa x2 + y 2
(x, y ) = (0, (0, 0)
0
(x, y ) = (0, (0, 0)
(a) Continuidad de f de f en en (0,0 (0,0)) . ∂f ∂f (b) Existencia de (0, (0, 0) y (0, (0, 0) . ∂x ∂y (c) ¿Es f ¿Es f diferenciable diferenciable en (0,0)?
Soluci´ on: on:
(a) Pasando a coordenadas co ordenadas p olares, el l´ımite queda: ra cosa θ lim r→0 r2 Luego, para a = 1 , a = 2 este l´ l´ımite no existe y f y f no no es contin continua ua en (0,0) . Para a > 2 el l´ l´ımite es 0 y f es f es contin continua ua en (0,0) . (b) Para todo a
∈N ∂f f (0 f (0,, t) f (0 f (0,, 0) 0 (0, (0, 0) = lim = lim = 0 t→0 t→0 t ∂y t
−
Por otra parte ∂f f ( f (t, 0) f (0 f (0,, 0) ta (0, (0, 0) = lim = lim 3 t→0 t→0 t ∂x t
−
Para a = 1 , a = 2 :
∂f (0, (0, 0) no exi existe ste.. ∂x
Para a = 3 :
∂f (0, (0, 0) = 1 ∂x
Para a > 3 :
∂f (0, (0, 0) = 0 ∂x
(c) Para a = 1 , a = 2 , f no es diferenciab diferenciable le no es (0,0) (0,0) , pues f no f no es continua en (0,0). Para a = 3 Conside Considerar rar ∂f (x, y ) = ∂x
x4 + 3x 3x2 y2 (x2 + y2 )2
si
(x, y ) = (0, (0, 0)
1
si
(x, y ) = (0, (0, 0)
2. Sea
f ( f (x, y ) =
Analize para todo a
∈ N:
xa x2 + y 2
(x, y ) = (0, (0, 0)
0
(x, y ) = (0, (0, 0)
(a) Continuidad de f de f en en (0,0 (0,0)) . ∂f ∂f (b) Existencia de (0, (0, 0) y (0, (0, 0) . ∂x ∂y (c) ¿Es f ¿Es f diferenciable diferenciable en (0,0)?
Soluci´ on: on:
(a) Pasando a coordenadas co ordenadas p olares, el l´ımite queda: ra cosa θ lim r→0 r2 Luego, para a = 1 , a = 2 este l´ l´ımite no existe y f y f no no es contin continua ua en (0,0) . Para a > 2 el l´ l´ımite es 0 y f es f es contin continua ua en (0,0) . (b) Para todo a
∈N ∂f f (0 f (0,, t) f (0 f (0,, 0) 0 (0, (0, 0) = lim = lim = 0 t→0 t→0 t ∂y t
−
Por otra parte ∂f f ( f (t, 0) f (0 f (0,, 0) ta (0, (0, 0) = lim = lim 3 t→0 t→0 t ∂x t
−
Para a = 1 , a = 2 :
∂f (0, (0, 0) no exi existe ste.. ∂x
Para a = 3 :
∂f (0, (0, 0) = 1 ∂x
Para a > 3 :
∂f (0, (0, 0) = 0 ∂x
(c) Para a = 1 , a = 2 , f no es diferenciab diferenciable le no es (0,0) (0,0) , pues f no f no es continua en (0,0). Para a = 3 Conside Considerar rar ∂f (x, y ) = ∂x
x4 + 3x 3x2 y2 (x2 + y2 )2
si
(x, y ) = (0, (0, 0)
1
si
(x, y ) = (0, (0, 0)
no es continua en (0,0) y por lo tanto f no es diferen diferenciab ciable le en (0,0) (0,0) . Para a > 3 f f es diferenci diferenciabl ablee en (0,0) , pues
∂f ∂f (x, y ) y (x, y ) son ∂x ∂y
contin continuas uas en (0,0) (0,0) .
3. Sea f :
R
→ R de clase C
2
y sea z = f
y x
con x = 0 .
∂ 2 z Si f ( f (−1) = f (−1) = f (−1) = 2 , calc calcul ulee (1, (1, −1) ∂x∂y
Soluci´ on: on: Derivando respecto de y, se tiene:
·
∂z y (x, y ) = f ∂y x
1 x2
derivando, ahora, respecto de x, se tiene: ∂ 2 z (x, y ) = ∂x∂y
−
−
y y f x3 x
1 y f x2 x
Evaluando en (1,-1): ∂ 2 z (1, (1, 1) = f ( 1) ∂x∂y
−
− − f (−1) = 2 − 2 = 0
4. Encontrar la ecuaci´ on del plano que pasa por el punto (2,3,4) y que minimiza el on volumen del tetraedro obtenido por el plano y los planos coordenados.
Soluci´ on: on: Sea (a, (a, 0, 0), 0), (0, (0, b, 0), 0), (0, (0, 0, c) los puntos donde el plano intersecta los ejes coordenados denados.. Conside Considerand randoo los vectores vectores ( a,b, 0) y ( a, 0, c) podemos encontrar el vector normal del plano:
−
−−
i j k a b 0 a 0 c
Por lo tanto, su ecuaci´ on o n es
−
= (bc,ac,ba) bc,ac,ba)
(bc) bc)x + (ac ( ac))y + (ab ( ab))z = abc = abc abc sujeta sujeta a la restricci´ restricci´ on que el 6 plano pase por el punto (2,3,4), es decir, 2bc 2bc + + 3ac + ac + 4ab abc = 0. Usan Usando do multiplic multiplicadores adores de Lagrange, definimos
Definimos la funci´on on a minimizar f ( f (a,b,c) a,b,c) =
−
F ( F (a,b,c,λ) a,b,c,λ ) =
abc + λ(2bc (2bc + + 3ac 3ac + + 4ab 4 ab 6
− abc) abc)
Obtenemos el sistema ∂F bc = + λ(3c (3c + 4b 4b ∂a 6
− bc) bc) = 0
∂F ac = + λ(2c (2c + 4a 4a ∂b 6
− ac) ac) = 0
∂F ab = + λ(2b (2b + 3a 3a ∂c 6
ab) = 0 − ab)
∂F = 2bc + bc + 3ac 3 ac + + 4ab 4 ab ∂λ
abc = 0 − abc =
Por lo tanto, a = 6,
b = 9,
c = 12
Luego, la ecuaci´ on on del plano es 6x + 4y 4y + 3z 3 z = 36
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Control 1 (Pauta) Considere la funci´ on on T : P 2 [x] R3 , definida por T ( T ( p( p(x)) = ( p ( p(0) (0),, p(1), (1), p(2)). (2)). Sean 2 B = 1, x , x y D = (1, (1, 0, 0), 0), (0, (0, 1, 0), 0), (0, (0, 0, 1)
{
}
−→ − →
{
}
1. Pruebe que T es T es una T.L. D 2. Determine el Ker T y [T ] T ]B
3. ¿ T es T es un isomorfismo?
Soluci´ on: on: (1.a) Sean p(x) ; q (x) P 2 [x] y α
∈ R . Entonces
∈
T ( T (αp αp((x) + q (x)) = (αp αp(0) (0) + q (0) (0) , αp αp(1) (1) + q (1) (1) , αp αp(2) (2) + q (2)) ( 2)) = α( p(0) p(0) , p(1) , p(2)) + (q (q (0) (0) , q (1) (1) , q (2)) (2)) = α T ( T ( p( p(x)) + T ( T (q (x)) Por lo tanto T es T es lineal. (1.b) Sea p(x) = ax 2 + bx + c tal que p(x) Ker(T Ker(T )) , entonc entonces es ( p(0) p(0) , p(1) , p(2)) = (0, (0, 0, 0) , y esto esto ocurre ocurre si y solo si: si:
∈
c = 0 a + b + c = 0 4a + 2b 2b + c = =
⇒
a = 0 b = 0 c = 0
Por lo tanto Ker(f Ker(f )) = 0 , de paso T es T es inyectiva.
{ }
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Control 2 1. Considerar la funci´ on 2
2
f (x, y) = (x + y ) Arctg
y x
¿Es posible definirla de modo que sea continua en (0,1) ?
Soluci´ on: La respuesta es NO . En (0,1) hay una discontinuidad irreparable. En efecto:
y lim+ lim (x2 + y2 ) Arctg y →1 x→0 x
= lim+ (x2 + 1) Arctg x
→0
1 x
=
π 2
Por otra parte:
2
Por lo tanto
lim
y lim− lim (x + y )Arctg y →1 x→0 x
(x,y)
→(0,1)
2
(x2 + y 2 )Arctg
tender f continuamente en (0,1) .
2
= lim− (x + 1) Arctg x
→0
1 x
=
− π2
y no existe y por esto no es posible exx
2. Sea f :
R2
→ R definida por f (x, y) =
Hallar
xy x2 + y 0
x2 = x2
−y = −y
∂f ∂f (x, y) y (x, y) . ¿Son continuas en (0,0)? ∂x ∂y
Soluci´ on: Para (x, y) con y =
−x
2
∂f y(x2 + y) xy 2x y2 yx 2 (x, y) = = 2 ∂x (x2 + y)2 (x + y)2
− ·
∂f (x, y) = ∂y
−
x(x2 + y) xy x3 = 2 (x2 + y)2 (x + y)2
−
Para (x, y) = (0, 0) ∂f f (t, 0) f (0, 0) 0 0 (0, 0) = lim = lim =0 t→0 t→0 ∂x t t
−
−
∂f f (0, t) f (0, 0) 0 0 (0, 0) = lim = lim =0 t→0 t→0 ∂y t t
−
Para (x, y) con y =
−x
2
−
yx=0
∂f f (x + t, x2 ) (x, x2 ) = lim t→0 ∂x t
2
− − f (x, −x ) = lim −
−
∂f f (x, x2 + t) 2 (x, x ) = lim t→0 ∂y t
−
−
t
→0
x3 + x2 t (2xt + t2 )t
2
3
− f (x, −x ) = lim tx − x t
t2
→0
Y ninguno de estos dos l´ımites existe. Por lo tanto no existen las derivadas parciales en los puntos de la curva y = x2 con x = 0 .
−
Por lo tanto f admite derivadas parciales en R2 ∂f (x, y) = ∂x
∂f (x, y) = ∂y
y2 yx 2 (x2 + y)2
−
0 x3 (x2 + y)2 0
− { (x, y) / y = −x y=
2
−x
(x, y) = (0, 0) y=
2
−x
(x, y) = (0, 0)
2
,x=0
}
y 2 yx 2 Por otra parte lim no existe, pues: (x,y)→(0,0) (x2 + y)2
−
y2 yx2 lim lim y →0 x→0 (x2 + y)2
−
y2 yx2 lim lim x→0 y →0 (x2 + y)2 As´ı
−
y2 = lim 2 = 1 y →0 y 0 =0 x→0 x4
= lim
∂f (x, y) no es continua en (0, 0) . ∂x
x3 Analogamente lim no existe. En efecto: (x,y)→(0,0) (x2 + y)2
x3 lim lim y →0 x→0 (x2 + y)2 x3 lim lim x→0 y →0 (x2 + y)2
0 =0 y →0 y 2
= lim
1
= lim
Y este u ´ltimo l´ımite no existe. Por lo tanto
→0 x
x
∂f (x, y) no es continua en (0,0) . ∂y
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Matem´ aticas III - Control 4 (Pauta) Martes 14 de Septiembre 2004
Pregunta 1 .- Hallar
dz , si se cumple: x3 + y3 + z 3 = 0 y x2 + y2 + z 2 = 1 dx
Soluci´ on: Considerar el sistema x3 + y 3 + z 3 = 0 x2 + y 2 + z 2 = 1 ∂ (f 1 , f 2 ) entonces = ∂ (y , z )
3y 2 3z 2 2y 2z
∂ (f 1 , f 2) con determinante = 6y2 z ∂ (y , z )
2
− 6yz
= 6yz (y
− z )
Por lo tanto en cualquier abierto que no intercepte los planos y = 0 , z = 0 e y = z , se puede despejar y , z como funciones de x . Luego derivando implicitamente, respecto de x se tiene: 3y2
∂y ∂z + 3z 2 = ∂x ∂x
−3x
∂y ∂z + 2z = ∂x ∂x
−2x
2y
2
de donde ∂z = ∂x
3y 2 3x2 2y 2x 3y2 3z 2 2y 2z
− −
+ 6x2 y x2 xy = 6y 2 z 6yz 2 yz z 2
−6xy =
2
−
− −
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Pregunta 2 .- La matriz A=
− 1 1
1 2
representa el jacobiano de una funci´ on f de clase 2 , de R2 en R2 , en el punto (1,1). Suponga que f (1, 1) = ( 1, 0) y que f (x, y) = (u, v) . Pruebe que f es localmente dy invertible en (1,1) y encuentre ( 1, 0) . du Soluci´ on:
C
−
−
Jf −1( 1, 0) = A−1 =
−
de donde
∂y ( 1, 0) = ∂u
−
− 13
−
2 3 1 3
1 3 1 3
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CERTAMEN 1 - MAT 023 (Pauta) S´abado 13 de Septiembre de 2003
Pregunta 1: Dada la funci´on
f (x, y) =
(y 2)2 sen(xy) si (x, y) = (0, 2) x2 + y 2 4y + 4
−
−
si (x, y) = (0, 2)
0
¿Es f una funci´ on continua?.
Soluci´ on: Usando Teorema del Sandwich.
≤
0 Por lo tanto
(y 2)2 sen(xy) x2 + (y 2)2
−
−
lim
(x,y)
≤
→(0,2)
sen(xy)
→0
si (x, y)
(y 2)2 sen(xy) =0 x2 + y 2 4y + 4
−
−
→ (0, 2)
4π abc. Hallar el Pregunta 2: El volumen de un elipsoide de semiejes (a,b,c) es 3 elipsoide, con centro en (0, 0, 0), de volumen m´ınimo que pasa por el punto (2, 3, 5).
−
Soluci´on: 4π La funci´ o n a minimizar es V (a,b,c) = o n que el punto abc sujeta a la condici´ 3 4 9 25 (2,-3,5) pertenezca al elipsoide, es decir 2 + 2 + 2 = 1. a b c Usamos multiplicadores de Lagranje para optimizar la funci´ on: 4π F (a,b,c,λ) = abc + λ 3
−
4 9 25 + + 2 a2 b2 c
1
Derivando parcialmente obtenemos: ∂F = ∂a
4π bc 3
− 8λ a
= 0 =
λ =
π 3 a bc 6
∂F = ∂b
4π ac 3
− 18λ b
= 0 =
λ =
2π 3 ab c 27
∂F = ∂c
4π ab 3
− 50λ c
= 0 =
λ =
2π 3 abc 75
3
3
3
⇒ ⇒ ⇒
∂F 4 9 25 = 2+ 2+ 2 = 1 ∂λ a b c
√ √ √
Resolviendo el sistema se obtiene: (a,b,c) = (2 3, 3 3, 5 3). Note que este punto cr´ıtico es un m´ınimo de la funci´ on, pues existen elipsoides de volumen tan grande como se quiera que pasan por el punto (2,-3,5). Luego, el elipsoide pedido es : x2 y2 z 2 + + =1 12 27 75
Pregunta 3: Considere las expresiones: uv
u4
− 3x + 2y = 0,
−v
4
= x 2
−y
2
Verifique que estas ecuaciones definen funciones u = u(x, y), v = v(x, y) en torno al punto (u,v,x,y) = (1, 1, 1, 1). Adem´as, determine la ecuaci´ on del plano tangente a las superficie u = u(x, y) en el punto dado.
Soluci´ on: Considerar las funciones f 1 (u,v,x,y) = uv 3x + 2y y f 2 (u,v,x,y) = u 4 Entonces ∂ (f 1 , f 2 ) v u (u,v,x,y) = 3 4u 4v 3 ∂ (u, v)
−
−
evaluando en (1,1,1,1) se tiene ∂ (f 1 , f 2 ) (1, 1, 1, 1) = ∂ (u, v)
4
2
−v −x
+ y 2.
1 4
1 4
−
Con determinante igual a
−8 = 0. Por lo tanto existen vecindades U de (x, y) = (1, 1) y V de (u, v) = (1, 1) y existe una funci´on g : U → V tal que g(x, y) = (u(x, y), v(x, y)) Por otra parte, derivando implicitamente en el sistema, en funci´ on de x y evaluando en (1,1,1,1) se tiene el sistema: ∂u ∂v (1, 1) + (1, 1) = 3 ∂x ∂x ∂u ∂v 4 (1, 1) 4 (1, 1) = 2 ∂x ∂x
−
∂u 7 despejando se tiene (1, 1) = . Analogamente, derivando respecto a y y evaluando ∂x 4 ∂u 5 se obtiene (1, 1) = . ∂y 4 Luego la ecuaci´ on del plano tangente a u = u(x, y) en el punto (1,1,1) es:
−
(x
−
7 1) + (y 4
− 1)
− 5 4
= u
−1
Nombre del Alumno: Nombre del Profesor: Pregunta 4: Considere la funci´on f (x, y) homog´enea de grado p, es decir, f (tx, ty) = t p f (x, y). 2 2 ∂ f x ∂x 2
2 ∂ 2f 2 ∂ f 1. Pruebe que: + 2xy +y = p( p 1)f . ∂x∂y ∂y 2 d2 g Sugerencia: Defina g(t) = f (tx, ty) y calcule 2 (1). dt
−
2. Sea (x, y) R2 . Si f (x, y) una funci´ on que satisface la ecuaci´ on (x, y) f (x, y) = pf (x, y) para un n´ umero p, demuestre que f es una funci´on homog´enea de grado p. dg Sugerencia: Defina g(t) = f (tx, ty) t p f (x, y) y calcule (1). dt
·∇
∈
−
Soluci´on 1. Consideremos la funci´on g(t) = f (tx,ty). Derivando con respecto a t se tiene: g (t) =
∂f ∂x ∂ f ∂y ∂f ∂f + = x +y ∂x ∂t ∂y ∂t ∂x ∂y
Ahora, 2 2 ∂ 2f ∂ 2 f 2 ∂ f 2 ∂ f g (t) = x + xy + xy + y 2 2
∂x
∂x∂y
∂y∂x
∂y
Por lo tanto, 2
2
2
∂ f (tx, ty) ∂ f (tx, ty) ∂ f (tx,ty) g (t) = x 2 + 2xy + y2 ∂x 2
∂y 2
∂x∂y
y 2
2
2
∂ f (x, y) ∂ f (x, y) 2 ∂ f (x, y) g (1) = x 2 + 2xy + y (∗) 2 2 ∂x
∂x∂y
∂y
Por otro lado, g(t) = t p f (x, y), porque f es homog´enea de grado p. Derivando con respecto a t, obtenemos: g (t) = p( p
p 2
− 1)t − f (x, y) =⇒ g (1) = p( p − 1)f (x, y) (∗∗)
Luego, de ( ) y ( ) tenemos
∗
∗∗
2 2 ∂ f x ∂x 2
2. Sea g(t) = f (tx, ty)
2 ∂ 2 f 2 ∂ f + 2xy +y = p( p ∂x∂y ∂y 2
p
− 1)f.
− t f (x, y). Demostraremos que g(t) = 0.
Notemos que g(0) = g(1) = 0.
Derivando g con respecto a t obtenemos: g (t) = x
∂f (tx, ty) ∂f (tx,ty) +y ∂x ∂y
p 1
− pt − f (x, y)
Note que tg (t) = tx
∂f (x, y) ∂f (x, y) + ty ∂x ∂y
p
− pt f (x, y)
es decir, tg (t) = (tx,ty)
p
· ∇f (tx, ty) − pt f (x, y)
Pero, por hip´ otesis (x, y)
· ∇f (x, y) = pf (x, y). Reemplazando, se tiene: tg (t) = p(f (tx,ty) − t f (x, y)) p
es decir, tg (t) = pg(t) Integrando, se obtiene: g(t) = ct p donde c es una constante. Como g(0) = 0 = g(1) se concluye que c = 0 y por lo tanto g(t) = 0. Luego, f (tx,ty) = t p f (x, y)
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Pauta Control 1 1. Dada la funci´on f (x, y) =
−
x y x + y
(a) Determine y grafique el dominio de f . (b) El dominio de f es un conjunto abierto? (c) Determine la frontera del dominio de f y sus puntos de acumulaci´ on. (d) Determine las curvas de nivel f (x, y) = c. y grafique para c = 0, c = 1, 1 c = , c = 2. 2 (e) Analice que sucede cuando c crece indefinidamente.
Soluci´ on: (a)
− ≥ 0}
:
2
: x
{(x, y) ∈ R
=
{(x, y) ∈ R {(x, y) ∈ R
=
x y x + y
2
Dom(f ) =
2
2
− y ≥ 0 ∧ x + y > 0} {(x, y)R : x − y ≤ 0 ∧ x + y < 0 : x ≥ y ∧ x > −y } {(x, y) ∈ R : x ≤ y ∧ x < −y}
2
(b) El Dom(f ) no es un conjunto abierto. Basta tomar, por ejemplo, el punto p = (1, 1) y un radio cualquiera r para que la bola abierta B ( p, r) no est´e contenida en el dominio de f . (c) Frontera de Dom(f )= (x, y)
{
2
∈R
: y = x
} {(x, y) ∈ R
2
: y =
∈ R
−x}
Los puntos de acumulaci´ on del Dom(f ) forman el conjunto (d)
{(x, y) ∈ R
2
: x
≥ y ∧ x ≥ −y} {(x, y) ∈ R f (x, y) = c
⇔ ⇔ ⇔
2
: x
≤ y ∧ x ≤ −y}
−
x y = c x + y
x y = c 2 x + y
−
y =
− 1 c2 1 + c2
x
Es decir, las curvas de nivel son rectas que pasan por el origen. 1 c2 (e) Como lim = 1, quiere decir que cuando c crece indefinidamente c→∞ 1 + c2 las curvas de nivel tienden a la recta y = x.
−
−
−
2. Sea T :
R3 [x]
→ R [x], tal que 2
1
T [ p(x)] = p (x) +
p(x) dx
0
(a) Pruebe que T es una transformaci´ on lineal. (b) Sean B1 = B2 =
2
3
{ 1, x − 1, (x − 1) , (x − 1) } { 1,x,x(x − 1) }
2 bases de R3 [x] y R2 [x] respectivamente. Determine [T ]B B1 y use esta matriz para obtener el n´ ucleo de T .
Soluci´ on: (a) T ( p(x) + q (x)) = ( p(x) + q (x)) + = p (x) +
1 ( p(x) + 0
1 p(x)dx + 0
q (x))dx
q (x) +
= T ( p(x)) + T (q (x))
1 0
q (x)dx
T (αp(x)) = (αp(x)) +
1 (αp(x))dx 0
= αp (x) + α
1 0
p(x)dx
= α p (x) +
1 0
p(x)dx
= αT ( p(x))
(Otra forma: T es lineal porque es suma de transformaciones lineales.) (b) T (1) = 1 T (x 1) = 2 T ((x 1) ) = 37 T ((x 1)3) =
− − −
− −
1 2 25 4
= = = + 6x =
Por lo tanto, 2 [T ]B B1 =
α1 + βx + γx(x α1 + βx + γx(x α1 + βx + γx(x α1 + βx + γx(x
1 0 0
−
1 2
7 3
0 0 0 0
−
− 1) − 1) − 1) − 1)
25 4
6 0
⇒ ⇒ ⇒ ⇒
Determinemos el Kert(T ). Sea p(x) = a + bx + cx2 + dx3
α = 1, β = 0, γ = 0 α = 12 , β = 0, γ = 0 α = 37 , β = 0, γ = 0 α = 25 , β = 6, γ = 0 4
− −
Ker(T ) =
=
B2 B1 p(x)
{ p(x) ∈ R [x] : [T ] 3
p(x)
∈ R [x] : 3
2
1 0 0
1 2
−
3
=0
}
7 3
−
0 0 0 0
25 4
6 0 1 2
7 3
a b c d
{a + bx + cx + dx ∈ R [x] : a − b + c − = { b − c + bx + cx(x − 1) : b, c ∈ R} = {b( + x) + c(x − x − ) : b, c ∈ R} Por lo tanto, Ker(T ) =< { + x, x − x − } > =
1 2
3
7 3
1 2
7 3
2
1 2
2
7 3
=
25 d = 4
0 0 0
0
∧ 6d = 0}
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Pauta Control 2 1. Calcule, si existe, el siguiente l´ımite
√ ·
y x sen(y3 ) lim (x,y)→(0,0) x4 + y 4 Soluci´on 1: Consideremos x = r cos(θ), y = r sen(θ) y reemplazando en el l´ımite queda: 3
lim
r
r2
→0
cos(θ) sen(r3 sen3 (θ)) = r 4 (cos4 (θ) + sen4 (θ))
lim
r
L’H
=
=
→0
lim
r
=
cos(θ)sen(r 3 sen3 (θ)) 5 2
→0 r (cos4 (θ) + sen4(θ))
lim
r
√
→0
3r 2
cos(θ)sen3 (θ)sen(r 3 sen3 (θ)) 5 32 r (cos4 (θ) 2
+ sen4 (θ))
cos(θ)sen3 (θ) sen(r3 sen3 (θ)) 5 (cos4 (θ) + sen4 (θ)) 2
3 r
0
Soluci´on 2: Como x4 + y 4
4
≥ y , se tiene: √ y x · sen(y ) ≤ x +y
3
4
4
√ · √ · ≤
≤
√ x = 0
y x sen(y3 ) y4 x sen(y 3 ) y3
≤ √ x Por lo tanto, lim
(x,y)
→(0,0)
Luego,
√ ·
y x sen(y 3 ) x4 + y 4
√ ·
lim
(x,y)
→(0,0)
y x sen(y3 ) lim = 0. (x,y)→(0,0) x4 + y 4
2. Sea f (x, y) =
x x3
−y −y
1
3
si y
− x = 0
si y
−x
3
=0
Encuentre el dominio de continuidad se f . Soluci´on : Note que f es una funci´on continua en cuociente de funciones continuas.
R2
− {(x, y) : y
= x3 porque es un
}
Sea (a, b) R2 tal que b = a3 . Note que si (a, b) = (0, 0), (a, b) = (1, 1), (a, b) = ( 1, 1), entonces : x y c lim 3 3 no existe porque es de la forma donde c = a a 3 es una 0 (x,y)→(a,a ) x y constante distinta de cero.
∈
− − − −
−
Sea (a, b) = (1, 1), si nos acercamos a este punto por el camino x = 1 y y = 1 se tiene, respectivamente, que: x (x,y)→(1,1) x3 lim
−y =1 −y
y
x (x,y)→(1,1) x3 lim
−y = 1 −y 3
Sea (a, b) = ( 1, 1), si nos acercamos a este punto por el camino x = y = x se tiene, respectivamente, que:
− −
x (x,y)→(−1,−1) x3 lim
−y =1 −y
y
x (x,y)→(−1,−1) x3 lim
−1 y
−y =0 −y
Sea (a, b) = (0, 0), si nos acercamos a este punto por el camino x = 0 y y = 0 se tiene, respectivamente, que: x (x,y)→(0,0) x3 lim
−y =1 −y
y
x (x,y)→(0,0) x3 lim
−y =∞ −y
Por lo tanto, la funci´ on f es discontinua sobre todos los puntos de la curva y = x 3. Es decir, el dominio de continuidad de f es R2 (x, y) : y = x 3 .
−{
}
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Pauta Control 3 2
x
1. Sea f (x, y) = y − . Hallar un valor de la constante n tal que f satisfaga la ne
4y
ecuaci´on:
2 ∂f
∂ x = ∂y ∂x
x2
∂f ∂x
Soluci´ on: ∂f 1 2 n−2 −4 2 n−1 = (ny + x y )e ∂y 4 x
y
Sea A = e
−x2 4y
. Note que A = 0 para (x, y) = (0, 0)
∂ ∂x Ahora calculemos: y
2 ∂f
x
∂x
2 ∂f 2 ∂ f = 2x +x ∂x ∂x 2
∂f = ∂x
−12 xy − A n 1
∂ 2 f 1 n−1 1 2 n−2 = ( y + x y )A ∂x 2 2 4
−
Reemplazando en la ecuaci´ on se tiene: 1 1 (nyn−1 + x2 yn−2 )A = 2 ( x2 yn−1 4 x
−
− 21 x y −
2 n 1
1 + x4y n−2 )A 4
De aqui se obtiene que: 1 nyn−1 + x2 y n−2 = 4
−y − − 21 y − n 1
n 1
Es decir, nyn−1 = Por lo tanto, n =
− 32 .
− 32 y −
n 1
1 + x2y n−2 4
2. Demostrar que el tetraedro acotado por los planos coordenados y cada plano tangente a la superficie xyz = a 3 es de volumen constante.
Soluci´ o n 1: (yz,xz,xy).
3
Sea f (x,y,z ) = xyz
− a .
El gradiente de f es
∇f (x,y,z ) =
Ahora calculemos el plano tangente en un punto (x0 , y0 , z 0 ) de la superficie: [(x,y,z ) (x0 , y0 , z 0 )] (y0z 0, x0z 0 , x0y0 ) (x x0 )y0z 0 + (y y0 )x0 z 0 + (z z 0 )x0 y0 y0 z 0 x a3 + x0 z 0 y a3 + x0 y0z a3 y0 z 0 x + x0 z 0 y + x0 y0 z
−
−
− −
−
·
− −
= = = =
0 0 0 3a3
Busquemos la intersecci´ on con los ejes coordenados: Si y, z = 0, entonces y0 z 0 x = 3a3 = x = 3x0 . Si x, z = 0, entonces x0 z 0 y = 3a3 Si x, y = 0, entonces x0y0 z = 3a3
⇒ =⇒ y = 3y . =⇒ z = 3z . 0
0
De la ecuaci´ on del plano tangente se obtiene: x = 3x0
− xz z e y = 3y − yz z 0
0
0
0
1 1 x0 y0 Por lo tanto, el a´rea de la base es: A = x y = (3z 0 2 2 z 02
·
0
− z )
2
3z0
Luego, el volum´ en del tetraedro es: V =
A(z )dz , es decir:
0
3z0
V =
0
=
1 x0 y0 (3z 0 2 z 02
2
− z ) dz
9 3 a 2
Por lo tanto, el volumen es constante. 1 Soluci´ o n 2: Para los que sabian que el volumen del tetraedro es V = (Area 3 de la base) (altura) se tiene: 1 Area de la base = (3x0 ) (3y0 ) 2 Altura=3z 0 1 1 9 Por lo tanto, V = ( 3x0 3y0 )(3z 0) = a3 3 2 2
·
·
·
·
·
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Certamen N◦ 2 - Mat 3 (Pauta)
1.- Sea f (x, y) =
xy 3 si x2 + y 2 0 si
(x, y) = (0, 0)
(x, y) = (0, 0)
(1.a) ¿Es f continua en (0,0) ? (1.b) Hallar f x (x, y) y f y (x, y)
20 puntos Soluci´ on: (1.a) Por teorema del sandwich:
≤
0
Por lo tanto
lim
(x,y)
xy 3 x2 + y 2
→(0,0)
≤ |
xy3 y2
| ≤ |xy| → 0
si (x, y)
→ (0, 0)
xy 3 = 0 y f es continua en (0,0). x2 + y 2
(1.b) Para (x, y) = (0, 0)
y 3(x2 + y 2 ) 2x2 y3 (x2 + y 2 )2
−
f x (x, y) =
y 3(y2 x2 ) (x2 + y 2)2
−
=
3xy 2 (x2 + y2 ) 2xy 4 xy 2 (3x2 + y2 ) f y (x, y) = = (x2 + y 2 )2 (x2 + y 2)2
−
Por otra parte: f x (0, 0) = lim
f (h, 0)
h
h
→0
f y (0, 0) = lim h
→0
− f (0, 0)
f (0, h)
− f (0, 0) h
= lim
h 03 h2 +02
·
→0 h 0·h
h
= 0
3
= lim
02 +h2
→0 h
h
= 0
Luego
f x (x, y) =
f y (x, y) =
y3 (y2 x2 ) (x2 + y2 )2
−
si
(x, y) = (0, 0)
0
si
(x, y) = (0, 0)
xy 2 (3x2 + y 2 ) (x2 + y2 )2
si
(x, y) = (0, 0)
0
si
(x, y) = (0, 0)
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(2.a) Dada la superficie : x2 + 2y2 + 3z 2 = 21 , hallar la(s) ecuaci´ on(es) del (de los) plano(s) tangente(s) a que es (son) paralelo(s) al plano x + 4y + 6z = 0 .
S
S
20 puntos (2.b) Si z = f (x, y) de clase
C
1
y x = r cos(θ) e y = r sen(θ). Probar: sen(θ)
∂z cos(θ) ∂z ∂z + = ∂r r ∂θ ∂y
20 puntos Soluci´ on:
∇ f (x,y,z ) = (2x, 4y, 6z ) . Por otra parte, se debe tener (2x, 4y, 6z ) = α(1, 4, 6) .
(2.a)
Se tiene el sistema:
2x = α 4y = 4α 6z = 6α α De donde x = on de la superficie , y = α , z = α . Reemplazando en la ecuaci´ 2 α = 2 .
±
S
Para α = 2 el punto corresponde a (x,y,z ) = (1, 2, 2) y la ecuaci´ on del plano tangente en (1, 2, 2) es: x + 4y + 6z = 21 Para α = 2 el punto corresponde a (x,y,z ) = ( 1, 2, 2) y la ecuaci´ on del plano tangente en ( 1, 2, 2) es:
−
− − −
− − −
x + 4y + 6z = (2.b)
−21
∂z ∂z ∂ x ∂z ∂y = + ∂r ∂x ∂r ∂y ∂r
=
∂z ∂z cos(θ) + sen(θ) ∂x ∂y
∂z ∂z ∂ x ∂z ∂y = + ∂θ ∂x ∂θ ∂y ∂θ
=
∂z ∂z ( r sen(θ)) + r cos(θ) ∂x ∂y
· ·
· ·
−
Luego: ∂z cos(θ) ∂z sen(θ) + = sen(θ) ∂r r ∂θ
cos(θ) + r
∂z ∂z cos(θ) + sen(θ) ∂x ∂y
= sen(θ) cos(θ)
·
+sen2 (θ) =
∂z ∂y
∂z ∂z ( r sen(θ) + r cos(θ) ∂x ∂y
−
∂z ∂x
∂z − sen(θ) · cos(θ) ∂x
∂z ∂z + cos2 (θ) ∂y ∂y
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(3.a) Encuentre m´ aximos y/o m´ınimos para la funci´ on: f (x,y,z ) = x 2 + y 2 + z 2 + xy + yz + xz + x
− 2y 20 puntos
(3.b) Determine los a´ngulos α, , β , γ de un tri´ angulo de modo que el producto de sus senos sea m´aximo.
20 puntos Soluci´ on: (1.a) f x (x,y,z ) = 2x + y + z + 1 = 0 f y (x,y,z ) = x + 2y + z 2 = 0 f z (x,y,z ) = x + y + 2z = 0
−
Resolviendo el sistema: x =
− 54 , y = 47 , z = − 14 .
− H − −
Por otra parte, la matriz Hessiana en
−
5 7 , , 4 4
f
1 4
5 7 , , 4 4 =
1 4
es
2 1 1 1 2 1 1 1 2
Se cumple que los 3 determinantes a lo largo de la diagonal son positivos.
f xx
−
5 7 , , 4 4
Por lo tanto en
−
−
1 4
= 2 > 0 ,
5 7 , , 4 4
− 1 4
2 1 1 2
hay un m´ınimo.
= 3 > 0 ,
2 1 1 1 2 1 1 1 2
= 4 > 0
(3.b) Sea f (x,y,z ) = sen(x) sen(y)sen(z ) la funci´o n a maximizar. Sea g(x,y,z ) = x + y + z π la funci´on restricci´ on.
−
Observar que 0 < x, y,z < π, pues son a´ngulos interiores de un tri´ angulo. Adem´as se debe cumplir:
∇f (x,y,z ) = λ∇g(x,y,z ) De aqui se tiene el siguiente sistema de ecuaciones: cos(x) sen(y)sen(z ) sen(x) cos(y)sen(z ) sen(x) sen(y)cos(z ) x + y + z
= = = =
λ λ λ π
Como la funci´on seno nunca es cero en ]0, π[ y si cos(x) = 0 entonces se debe tener cos(y) = cos(z ) = 0 , lo que es imposible. Con esto: cos(x)sen(y) = sen(x)cos(y) cos(x) sen(z ) = sen(x)cos(z ) Se tienen las siguientes posibilidades: y = x
∨
⇒
tg(y) = tg(x) tg(z ) = tg(x)
y = x + π , z = x
∨
z = x + π .
Las soluciones (x, x + π, x) , (x,x,x + π) y (x, x + π, x + π) se descartan porque la suma de sus coordenadas es mayor que π, asumiendo que 0 < x < π. Por lo tanto y = z = x es la u ´nica opci´ on dadas las restricciones del problema. π el cual debe ser m´ aximo, pues este problema no 3 tiene m´ınimos. En efecto basta hacer x 0 y f (x,y,z ) 0. Reemplazando se tiene x = y = z =
→
→
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Control N◦ 3 - Mat 3 (Pauta) 1.a) Hallar la ecuaci´ on del plano tangente a la superficie xy 2 + yz 2 + zx 2 = 25 en el punto P 0 = (1, 2, 3) 1.b) Si u = xyz y z = f (x, y), f
1
∈ C . Demuestre:
∂u z x ∂x
−
∂u y ∂y
∂z = u x ∂x
−
∂z y ∂y
Soluci´ on: 1.a) Calculando las derivadas parciales y evaluando en (1, 2, 3):
∇ f (x,y,z ) = (y
2
+ 2xz, 2xy + z 2 , 2yz + x2 ) y por tanto
∇ f (1, 2, 3) = (10, 13, 13).
La ecuaci´ on del plano tangente en (1, 2, 3) es: [ (x,y,z )
− (1, 2, 3) ] · (10, 13, 13)
= 0
10x + 13y + 13z = 75 1.b)
Restando: x
∂u ∂z = yz + xy ∂x ∂x ∂u ∂z = xz + xy ∂y ∂y ∂u ∂x
∂z − y ∂u = x y − xy ∂y ∂x
∂u z x ∂x
2
−
∂u y ∂y
∂u ∂z = xyz + x2y ∂x ∂x ∂u ∂z y = xyz + xy 2 ∂y ∂y
x
⇒ 2 ∂z
∂y
. Por lo tanto:
∂z = x(xyz ) ∂x
−
∂z ∂z y(xyz ) = u x ∂y ∂x
−
∂z y ∂y
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Pauta Certamen 1-Mat 023 30 de Agosto de 2005
Problema 1: Sean f : R2 g : R2 R dada por
−→
g(x, y) =
Si h :
R2
x(y 1)2
−→ R definida por f (x, y) = |xy| + 3 + e
−
y
(y 1)2 sen(x) ; (x, y) = (0, 1) x2 + (y 1)2
−
−
; (x, y) = (0, 1)
0
∂g (x, y) −→ R es definida por h(x, y) = f (x, y) + ∂y
1. Determine h(0, 1). 2. ¿h es continua en (0,1)? Justifique.
Soluci´ on: 1. Calculemos
∂g g(0, 1 + h) (0, 1) = lim h→0 ∂y h
Por lo tanto, h(0, 1) = f (0, 1) + 2. Notar que ∂g (x, y) = ∂y
∂g (0, 1) = ∂y
− g(0, 1) = 0
√ 3 + 1.
2x2 (y 1) sen(x) ; (x, y) = (0, 1) [x2 + (y 1)2 ]2
−
−
0
; (x, y) = (0, 1)
Si consideramos el camino x = 0, entonces ∂g (x, y) = 0 (x,y)→(0,1) ∂y lim
Ahora, considere el camino y
− 1 = x, entonces
∂g 2x2 x sen(x) 2x3 sen(x) sen(x) 1 lim (x, y) = lim = lim = lim = x→0 [x2 + x2 ]2 x→0 x→0 (x,y)→(0,1) ∂y [2x2 ]2 2x 2 Lo que muestra que la funci´ on h(x, y) no es continua en (0,1).
Problema 2:
−→ R continuamente diferenciable tal que w = f (x, x y). Calcule ∂w . ∂x 2. Sea f : R −→ R continuamente diferenciable tal que 1. f : R2
2
2
f (1, 1) = 1,
f x (1, 1) = a,
f y (1, 1) = b
Si g(x) = f (x, f (x, f (x, x))), calcule g (1).
Soluci´ on: 1. wx = f x (x, x2 y) + f y (x, x2 y)(2xy) 2.
∂g ∂f ∂ f ∂f ∂f = + + ∂x ∂x ∂y ∂x ∂y = a + b(a + b(a + b))
∂f ∂ f ∂y + ∂x ∂y ∂x
Problema 3: Sea f (x,y,z ) = z (x
5
− y)
+ xy 2 z 3
1. Hallar la derivada direccional de f en el punto (2,1,-1) en la direcci´ on normal 2 2 2 hacia afuera a la esfera x + y + z = 6. 2. ¿En que direcci´ on la derivada direccional de f en (2,1-1) es m´axima?
√ 16 (x,y,z ). Si x = (2, 1, −1), obtenemos √ 1 f (x , v) = ∇f (x ) · v = (−6, 1, 7) · (2, 1, −1) √ = −3 6 6
Soluci´ on: El vector normal a la esfera es v =
0
0
0
La derivada direccional es m´ a xima en la direcci´ o n del gradiente, es decir, u = ( 6, 1.7).
−
on de x, y,z Problema 4: Una empresa fabrica tres productos distintos. La fabricaci´ miles de unidades, respectivamente, le reporta unos beneficios de P (x,y,z ) = 3x + 6y + 6z miles de euros. Ciertas limitaciones del proceso de producci´ on imponen la restricci´ on 2x2 + y2 + 4z 2 8800. Determine el m´ aximo beneficio posible para esta empresa.
≤
Soluci´ on: Note que P (x,y,z ) = (3, 6, 6) = 0 para todo punto (x,y,z ) en el interior de la regi´on 2x2 + y2 + 4z 2 < 8800. Por lo tanto, los puntos extremos estan en el borde de la regi´on, es decir, 2x2 + y 2 + 4z 2 = 8800. Usamos multiplicadores de Lagrange para resolver el problema, definamos
∇
F (x,y,z,λ) = 3x + 6y + 6z + λ(2x2 + y 2 + 4z 2 y obtenemos el sistema F x F y F z F λ
= 3 + 4λx = 6 + 2λy = 6 + 8λz 2 = 2x + y 2 + 4z 2 8800
cuya soluci´ on es x = 20, y = 80, z = 20.
−
= = = =
0 0 0 0
− 8800)
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Certamen I - Mat 023 (Pauta) Viernes 16 de Abril de 2004 2 1.- Sea T : R3 R lineal. Sean E = (1, 1, 1), (1, 1, 0), (1, 0, 0) y F = (1, 1), (1, 1) bases de R3 y R2 respectivamente.
→
{
}
{
Considere A =
[T ]F E
=
Determine:
1 0 1 1
−
−1 2
1. [T (1, 1, 0)]F 2. T (3, 2, 1) 3. ¿ T es inyectiva?
Nota: Aqu´ı [T (1, 1, 0)]F denota las coordenadas de T (1, 1, 0) en la base F . Soluci´ on:
− ·
(i) Las coordenadas de (1,1,0) en la base E son: [ (1, 1, 0) ]E = Por lo tanto [ T (1, 1, 0) ]F =
−
1 0 1 1
(ii) Observar que
1 2
0 1 0
=
0 1 0
0 1
(3, 2, 1) = α (1, 1, 1) + β (1, 1, 0) + γ (1, 0, 0)
·
de donde: [ (3, 2, 1) ]E = Se tiene:
·
·
1 1 1
[ T (3, 2, 1) ]F =
−
1 0 1 1
− · 1 2
1 1 1
=
Por lo tanto: T (3, 2, 1) = 0 (1, 1) + 2 (1, 1) = (2, 2)
·
· −
−
0 2
− }
(iii) T no puede ser inyectiva, pues por el teorema de las dimensiones. Si asumimos que T es inyectiva, entonces dim(Ker T)=0 y esto obliga a que la dim(Im T)=3 , lo que contradice el hecho que la Im(T) est´ a contenida en R2 .
2.a) Si w = f
− y
x z y , xy yz
−
. Probar que x2
2.b) Sea f :
2
R
∂w ∂w ∂w + y2 + z 2 =0 ∂x ∂y ∂ z
→ R definida por
f (x, y) =
x2 si x2
≥ y
2
si x2 < y2
y
Determine el m´ aximo dominio de continuidad.
Soluci´ on: 2.a) Hacer u =
y
−x
xy
∂w ∂x
y v= =
−
∂f ∂u ∂ f ∂v + ∂u ∂x ∂v ∂x
·
∂f = ∂u
∂w ∂y
z y . Entonces yz
·
−
xy
−y
2
+ xy
x2 y 2
=
− x1 · ∂∂uf
=
∂f ∂u ∂ f ∂ v + ∂u ∂y ∂v ∂y
+
∂f 0 ∂v
·
· xy − (y − x)x
1 ∂f y 2 ∂u
x2 y 2
− ∂f + ∂v
yz
− (z − y)z y2 z 2
· − y1 · ∂f ∂v 2
∂w ∂f ∂ f yz (z y)y = 0+ ∂z ∂u ∂v y2 z 2
·
=
·
2
∂f = ∂u =
− −
1 ∂f z 2 ∂v
·
Luego se tiene: x2
∂w ∂ w ∂f ∂f ∂f ∂ f · ∂w +y · + z · =− + − + =0 ∂x ∂y ∂z ∂u ∂u ∂v ∂v 2
2
2.b) Considerar los conjuntos: =
A B
=
2
: x2 > y 2
2
: x2 < y 2
{ (x, y) ∈ R { (x, y) ∈ R
} }
abiertos en R2 . Se cumple que f A (x, y) = x2 es continua y f B (x, y) = y es continua. Por tanto basta estudiar la continuidad en las rectas y = x e y = x.
|
|
−
Para puntos (a, a) en la recta y = x , con a = 0 y a = 1 , considerar el camino r(t) = (a + t, a) y se tiene:
lim+ (a + t)2 = a 2
lim+ f (a + t, a) =
→0
t
lim− f (a + t, a) =
→0
t
t t
→0
lim− a = a
→0
O viceversa, dependiendo de si a > 0 o a < 0. Como a = 0 y a = 1 entonces a2 = a y f no es continua.
Analogamente para puntos (a, a) en la recta y = camino r(t) = (a + t, a) y se tiene:
−
−
lim+ f (a + t, a) =
t
−
→0
lim− f (a + t, a) =
t
→0
lim+ a =
t
→0
−
−x, con a = 0, tomar el −a
lim− (a + t)2 = a 2
t
→0
O viceversa, dependiendo de si a > 0 o a < 0. Como a = 0 y por tanto a 2 = f no es continua.
−a ,
Para los puntos (0,0) y (1,1), observar que las funciones g(x, y) = x 2 y h(x, y) = y , definidas en R2 , son continuas y adem´ as lim
x2 = 0 =
lim
x2 = 1 =
(x,y)
→(0,0)
(x,y)
→(1,1)
lim
y
lim
y
(x,y)
→(0,0)
(x,y)
→(1,1)
Por lo tanto f es continua en
A ∪ B ∪ {(0, 0) , (1, 1)} 3.- Pruebe que el m´ aximo valor de x2 y 2 z 2 bajo la condici´ on x2 + y 2 + z 2 = R2 es 3 R2 x2 + y2 + z 2 3 2 2 2 . Deduzca de esto que x y z 3 3
≤
Soluci´ on: Considerar la funci´ on T (x,y,z ) = x2 y2 z 2 y g(x,y,z ) = x2 + y 2 + z 2 R 2 . Usando multiplicadores de Lagrange y resolviendo el sistema: T (x,y,z ) = λ g(x,y,z ) , s e tiene:
∇
− ∇
xy 2 z 2 = λx x2 yz 2 = λy x2 y 2 z = λz Multiplicando por x la primera ecuaci´ on, por y la segunda y por z la tercera, se tiene: λx2 = λy 2 = λz 2 Para λ = 0 se tiene x = y = z y reemplazando en la ecuaci´ on de la esfera, se tienen las soluciones
| | | | | | x =
R ± √ 3
y =
R ± √ 3
z =
R ± √ 3
Los cuales corresponden a m´ aximos de T en la esfera. Observar que los m´ınimos se encuentran cuando x = 0, o y = 0 o z = 0. Por otra parte, para todo punto (x,y,z ) , en la esfera
≤ ± √
T (x,y,z )
T
R , 3
R , 3
± √
± √ R 3
=
R2 3
3
Lo que es equivalente a decir que:
3
x2 y2 z 2
≤
R2 x2 + y2 + z 2 = 3 3
4.- Un canaleta cuya secci´ on transversal tiene forma de trapecio, con angulos ´ en la base iguales, se va a construir doblando bandas iguales a lo largo de ambos lados de una larga pieza de metal, de 12 pulgadas de ancho. Encuentre los a´ngulos de la base y las dimensiones de los lados que producen la m´axima capacidad de acarreo.
Soluci´ on: Llamemos x a la longitud de cada uno de los lados del trapecio, entonces la base mide 12 x y sea π θ el valor de cada uno de los a´ngulos basales. Entonces el a´rea del trapecio es A(x, θ) = (12 2x + x cos(θ)) x sen(θ)
−
−
−
·
Observar que el volumen de acarreo es m´ aximo si el a´rea de las secciones transversales es m´aximo. Por lo tanto basta hallar m´ aximos de la funci´ on A(x, θ) = 12x sen(θ)
− 2x
2
sen(θ) + x2 sen(θ)cos(θ)
. Para reflejar de mejor manera nuestro problema, hacer 0 < x < 12 y 0 < θ < π. Haciendo derivadas parciales para hallar puntos criticos, se tiene:
∂A = 12 sen(θ) ∂x
− 4x sen(θ) + 2x sen(θ)cos(θ)
∂A = 12x cos(θ) ∂θ
2
− 2x
cos(θ) + x2 (cos2(θ)
2
− sen (θ))
Dividiendo por sen(θ) en la primera ecuaci´ on, se obtiene x = Reemplazando en la segunda ecuaci´ on se obtiene: θ =
= 0
π . 3
2
−
= 0
6 . cos(θ)
Por otra parte: ∂ 2 A ∂x 2 ∂ 2 A ∂θ 2
= =
⇒
=
⇒
∂ 2 A π 4, ∂θ 2 3
=
− 4x cos(θ) + 2x(cos (θ) − sen (θ)) ⇒
∂ 2 A π 4, ∂x∂θ 3
=
−4sen(θ) + 2 sen(θ)cos(θ) 2
−12x sen(θ) + 2x
∂ 2 A = 12 cos(θ) ∂x∂θ
∂ 2 A π 4, 3 ∂x 2
sen(θ)
2
− 4x
sen(θ) cos(θ)
2
2
−−√ − −√ π es: 3 π 4, = 3
−√ 3 −24√ 3 −6
La matriz hessiana en el punto 4, H A
3 6
6 24 3
−√
∂ 2 A π Determinante de la matriz hessiana igual a 36 > 0 y 4, = 3 < 0 ∂x 2 3 π Por lo tanto en el punto 4, hay un m´aximo. Luego los lados de la canaleta deben 3 ser de 4 pulgadas y los a´ngulos basales deben ser de 120 grados.
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Control 3 - Mate 3 Icipev (Pauta) Martes 26 de Julio del 2005
Problema 1: Sea f (x, y) =
xy . Demuestre que: x + y
2 2 ∂ f x ∂x 2
2 ∂ 2 f 2 ∂ f + 2xy +y =0 ∂x∂y ∂y 2
Soluci´ on:
=
y2 (x + y)2
∂f ∂y
=
x2 (x + y)2
∂ 2 f = ∂x 2
2y 2 (x + y)3
∂ 2 f = ∂y 2
2x2 (x + y)3
∂f ∂x
−
−
∂ 2f 2xy = ∂x∂y (x + y)3
Luego
2
x
·
2 ∂ 2f ∂ 2 f 2 ∂ f + 2xy +y = ∂x 2 ∂x∂y ∂y 2
·
·
−
2x2 y2 4x2 y 2 + (x + y)3 (x + y)3
−
2x2 y2 =0 (x + y)3
Problema 2: Hallar los puntos de la superficie xy + yz + zx
2
− x − z = 0
donde el plano tangente es paralelo al plano xy .
Soluci´ on: 2
Considerar f (x,y,z ) = xy + yz + zx
− x − z . Se tiene: ∇ f (x,y,z ) = (y + z − 1 , x + z , y + x − 2z )
Hacer: y + z
−1
y = 1
= 0
x + z = 0
⇒
x =
Reemplazando en la ecuaci´ on de la superficie: z = 0 , Luego los puntos son: P1 = (0, 1, 0) ;
P2 =
− z −z
1 z = . 2
− 1 1 1 , , 2 2 2
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Pauta Control 2 - MAT-023 1. La temperatura en cualquier punto del espacio es dada por la funci´ on T (x,y,z ) =
60 x2 + y2 + z 2 + 3
(a) Encuentre la rapidez de cambio de la temperatura en el punto (3, 2, 2) en la direcci´ on del vector 2i + 3 j 6k. Se tiene que: 120x 120y 120z T (x,y,z ) = , , (x2 + y2 + z 2 + 3)2 (x2 + y 2 + z 2 + 3)2 (x2 + y2 + z 2 + 3)2
−
−
−
∇
−
−
−
Por lo tanto, evaluando el gradiente en el punto (3, 2, 2) se tiene:
∇T (3, −2, 2)
=
=
=
−
− · − − − − −
120 3 120 ( 2) 120 2 , , (9 + 4 + 4 + 3)2 (9 + 4 + 4 + 3)2 (9 + 4 + 4 + 3)2 360 240 , , 400 400 9 3 , , 10 5
·−
− ·
240 400
3 5
−→
Si tomamos la norma del vector u , se tiene: ( 2, 3, 6) u = = 4 + 9 + 36
−→ √ −
−
−
2 3 , , 7 7
− 6 7
Por lo tanto, la derivada direccional de T en el punto (3, 2, 2) es:
−
→ D− u T (3, 2, 2) =
−
∇T (3, −2, 2) · −→u
=
−
=
36 35
9 3 , , 10 5
− · − 3 5
2 3 , , 7 7
− 6 7
(b) Encuentre la direcci´ o n y la magnitud de m´axima rapidez de cambio de la temperaturaen (3, 2, 2).
−
La m´axima raz´ on de crecimiento de la temperatura est´ a dada por:
|∇(3, −2.2)|
=
= ∴
− − 9 10
2
+
3 5
2
,
3 5
2
√ 153 10
La temperatura aumenta con mayor rapidez en la direcci´ on del vector gradiente
∇T (3, −2, 2) =
−
9 3 , , 10 5
− 3 5
2. Se define una funci´on f por
f (x, y) =
x2
si (x, y) = 0
1
(x2 + y2 ) 2
si (x, y) = 0
0
(a) Calcular f x (0, 0), f y (0, 0); f x (x, y), f y (x, y), (x, y) = 0
Si (x, y) = (0, 0) entonces: (∆x)2 1
[(∆x)2 + 0] 2 f x (0, 0) = lim ∆x→0 ∆x
− 0 =
(∆x)2 (∆x) lim = lim no existe ∆x→0 (∆x) ∆x ∆x→0 ∆x
| |
0
| |
1
[(0 + ∆y)2 ] 2 f y (0, 0) = lim ∆y →0 ∆y
− 0 =
lim 0 = 0
∆y
→0
Si (x, y) = (0, 0), se tiene:
1
f x (x, y) =
2x(x2 + y2 ) 2
2
− x ·
x2 +
2
f y (x, y) = x (
−
1 )(x2 2
2
+ y )−
1 (x2 2 y2
1
+ y2 )− 2 2x
·
3 2
· 2y = −(x
2
=
x3 + 2xy 2 3
(x2 + y2 ) 2
x2 y
∀(x, y) = (0, 0)
3
+ y 2) 2
(b) Estudie si f es diferenciable en (0, 0) No es diferenciable en (0, 0) pues f x (0, 0) no existe. (c) Calcular la derivada direccional de f en (0, 0) en la direcci´ on e =
De f (0, 0) = lim
1 f ((0, 0) + h √ (1, 1)) 2
h
→0
este lımite no existe Luego, no existe esta derivada.
h
− f (0, 0)
= lim h
→0
1 1 f ( √ h, √ h) 2 2
h
=
√ 12 (1, 1)
1 h lim 2 h→0 h
||
3. Para la superficie dada por z = 20 4x2 y2 . Obtener el punto P 1 de S en el cual el plano tangente a S determine trazos iguales en los ejes coordenados. Escribir la ecuaci´ on del plano.
− −
−→ −→ − − − Entonces −8x = λ, −2y = λ, −1 = λ 1 1 1 − Por lo que: x = ; y = ; z = 20 − 4 8 2 8
La normal N de S es: N = ( 8x, 2y, 1) = λ(1, 1, 1)
2
1 1 315 , , 8 2 16 ∴ La ecuaci´ on del plano tangente a S en P 1 es: Asi que el punto pedido es: P 1 =
x + y + z =
325 16
1 2
2
=
315 16
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Pauta Certamen 1-Mat-023 5 de Septiembre de 2006
Problema 1 1. Considere la funci´ on
f (x, y) =
−
y x2 arctan x
y2 arctan
x y
si xy = 0
si xy = 0
0
(20 puntos)
Analice: continuidad, existencia de derivadas parciales y diferenciabilidad de f en (0, 0). 2. Calcular la constante c de modo que la superficie z = 89x2
2
− 96xy + 61y − 260x + 70y + c
sea tangente al plano XY (20 puntos)
Soluci´ on: 1. f es continua en el origen. En efecto, 0
≤
−
y x2 arctan x
≤ ≤ − x y
y 2 arctan
Por lo tanto, lim
(x,y)
→(0,0)
f (x, y) =
lim
(x,y)
→(0,0)
y x
x 2 arctan
x2 arctan
x y
+y2 arctan
y x
y2 arctan
x y
=0
Las derivadas parciales existen en (0,0). En efecto, f x (0, 0) = lim
f (h, 0)
h
h
→0
y f y (0, 0) = lim k
→0
− f (0, 0) = lim 0 − 0 = 0
f (0, k)
→0 h
h
− f (0, 0) = lim 0 − 0 = 0 k
k
→0 h
f es diferenciable en (0,0), pues lim
(x,y)
→(0,0)
|f (x, y) − f (0, 0) − f (0, 0)(x − 0) − f (0, 0)(y − 0)| = 0 ||(x, y) − (0, 0)|| x
y
π 2 π 2 x + y 2 2
(x,y)
(0,0
→ −−−−−−−−
En efecto, note que
0
≤
−
y x2 arctan x
y 2 arctan
x2 + y 2
x y
≤ π2
x2 + y 2
π = 2 x2 + y 2
x2 + y 2
(x,y)
(0,0)
→ −−−−−−−−−−→ 0
2. El vector normal a la superficie en un punto debe ser paralelo al vector (0,0,1). As´ı que, z x = 178x 96y 260 = 0 z y = 96 + 122y + 70 = 0
−
−
−
Resolviendo este sistema por el m´etodo de Cramer se tiene:
x =
− −
260 96 70 122 178 96 96 122
− −
y=
= 2 ,
− −
178 260 96 70 178 96 96 122
− −
=1
Por lo tanto, el punto de la superficie donde el vector normal es paralelo al vector (0,0,1) es (2, 1, c 225). Si la superficie es tangente al plano XY en este punto se debe tener c = 225.
−
on de una compa˜ n´ıa viene dada por la funci´ on P (L, K ) = Problema 2. La producci´ 200L2/3 K 2/3 . Problemas de costos imponen la restricci´ on 2L + 5K 150. Calcular los valores de la fuerza laboral L y del capital K que hacen m´axima la producci´ on.
≤
(30 puntos) on hay un punto cr´ıtico (0,0) y este no es Soluci´ on: Note que en el interior de la regi´ punto de m´ aximo. Por lo tanto, debemos buscar los o´ptimos en el borde de la regi´ on. Para esto, usaremos multiplicadores de Lagrange. Definamos F (L,K,λ) = 200L2/3 K 2/3 + λ(2L + 5K
− 150)
Tenemos F L =
400 −1/3 2/3 L K + 2λ = 0 3
F K =
400 2/3 −1/3 L K + 5λ = 0 3
F λ =
2L + 5K
− 150
= 0
De las 2 primeras ecuaciones se tiene 5K = 2L y reemplazando en la tercera ecuaci´ on, 75 obtenemos K = 15 y L = . La m´axima producci´ on es P ( 75 , 15) 2 2
on Problema 3. La funci´on u(x, y) es soluci´on de la ecuaci´ ∂ 2 u ∂ 2 u + = 0. ∂x 2 ∂y 2 Pruebe que haciendo el cambio de variables x = r cos(θ), y = r sen(θ) la funci´ on u(r, θ) satisface la ecuaci´ on ∂ 2u 1 ∂u 1 ∂ 2 u + + 2 2 = 0. ∂r 2 r ∂r r ∂θ (30 puntos)
Soluci´ on: Las derivadas del cambio de variable son : xθ = r sen(θ), yθ = r cos(θ). Ahora,
xr = cos(θ), yr = sen(θ),
−
ur = u x xr + uy yr = u x cos(θ) + uy sen(θ) y urr = u xx (xr )2 +uyx yr xr +ux xrr +uxy xr yr +uyy (yr )2+uy yrr = u xx cos2(θ)+2uxy sen(θ)cos(θ)+uyy sen Por otro lado, uθ = u x xθ + uy yθ = u x ( r sen(θ)) + uy (r cos(θ))
−
y uθθ = u xx (xθ )2+uyx yθ xθ +ux xθθ +uxy xθ yθ +uyy (yθ )2 +uy yθθ = u xx (r 2 sen2(θ)) 2uxy (r 2 sen(θ)cos(θ) uyy (r2 cos2 (θ)) ux (r cos(θ) uy (r sen(θ))
−
Reemplazando en la ecuaci´ on 1 1 urr + ur + 2 uθθ = u xx + uyy = 0 r r
−
−
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Pauta Control 1-Mat-023 Determine si las siguientes afirmaciones son verdaderas o falsas. Justifique su respuesta. 1. La transformaci´ on T : P n[x] isomorfismo.
−→
P n [x] definida por T ( p(x)) = xp (x) es un
Soluci´ on. Falso porque la transformaci´ on no es inyectiva. En efecto, considere p(x) = 0 y q (x) = 1 vemos que p(x) = q (x) sin embargo T ( p(x)) = T (q (x)) = 0.
Alternativa:
Ker(T ) = p(x) P n [x] : T ( p(x)) = 0
{
∈
Pero xp (x) = 0 constante. Luego,
⇐⇒ p(x) = 0.
Si p (x) = 0, entonces obtenemos que p(x) es
Ker(T ) = p(x) P n [x] : p(x) = c,
{
⇐⇒ xp(x) = 0}
∈
c = constante = dim(KerT ) = 1
} ⇒
Concluimos que T no es inyectiva. 2. Existe T : R3
2
−→ R
transformaci´on lineal inyectiva.
Soluci´ on. Falso. Si existiera T , tenemos que dim(Ker T)=0 y la dim(Im T) es a lo m´as 2. Por el teorema de la dimensi´ on dim(R3 )=dim(Ker T)+dim(Im T) tendriamos que dim(Im T)=3 lo que es una contradicci´ on. 3. Dada T : R3
3
−→ R
definida por T (x,y,z ) = (x,y,x+y+z ), T −1 no est´ a definida.
on matricial de T en las bases can´ onicas es: Soluci´ on. Falso. La representaci´ [T ]B =
⇒ − −
1 0 0 0 1 0 1 1 1
= det([T ]B ) = 1
Por lo tanto, esta matriz es invertible y su inversa es ([T ]B )−1 = Luego, T −1 (x,y,z ) = (x,y, x
1 0 1
0 0 1 0 1 1
− − y + z )
3 4. Si T , S : R3 R son transformaciones lineales definidas por T (x,y,z ) = (x, x+ y, x + y + z ) y S (a,b,c) = (c,b,a), entonces S T (x,y,z ) = (x + y + z, x + y, x) y T S (x,y,z ) = (z, y + z, x + y + z ).
−→
◦
◦
Soluci´ on Verdadero. S T (x,y,z ) = S (x, x + y, x + y + z ) = (x + y + z, x + y, x)
◦
y T S (x,y,z ) = T (z,y,x) = (z, y + z, x + y + z )
◦
Alternativa: Vamos a usar las representaciones matriciales en las bases can´ onicas de S y T . 0 0 1 1 0 0 0 1 0 , 1 1 0 [S ] = [T ] = 1 0 0 1 1 1
Luego, S T = [S ][T ] =
◦
y
T S = [T ][S ] =
◦
5. Si T : M 2
= S T (x,y,z ) = (x + y + z, x + y, x)
0 0 1 0 1 1 1 1 1
−→ R es tal que = 3,
entonces T
2 1 1 17
0 1 1 0
T
◦
= T S (x,y,z ) = (z, y + z, x + y + z )
⇒ ◦
1 0 0 0
T
⇒
1 1 1 1 1 0 1 0 0
=
−1,
T
1 0 1 0
= 0,
T
0 0 0 1
= 0,
=5
Soluci´ on Verdadero. Notar que la igualdad a
1 0 0 0
+b
0 1 1 0
+c
1 0 1 0
0 0 0 1
+d
0 0 0 0
=
es v´alida s´olo si a = b = c = d = 0, es decir, estas matrices son L.I y como son cuatro, forman una base de M 2 . Por lo tanto,
2 1 1 17
=2
1 0 0 0
+1
0 1 1 0
1 0 1 0
+0
+ 17
0 0 0 1
y
T
2 1 1 17
= 2T
1 0 0 0
+ 1T
0 1 1 0
+ 0T
1 0 1 0
+ 17T
0 0 0 1
Luego, T
2 1 1 17
= 2 3 + 1 ( 1) + 0 0 + 17 0 = 5
·
·−
·
·
6. Sea T : M 3
−→ R definida por T (A) = tr(A), entonces la dim(Ker T )=8
umero real, esto implica que la Soluci´ on. Verdadero. Note que la tr(A) es un n´ dim(Im T)=1. Por teorema de la dimensi´ on 9=dim(Ker T)+1= dim(Ker T)=8
⇒
7. Sea T : V W tal que dim(V )=5, dim(W )=3 y dim(Ker T )=2, entonces T es epiyectiva (sobreyectiva)
−→
Soluci´ on. Verdadero. 5=2+dim(Im T) = dim(Im T)=3. Por lo tanto, Im T=W = T es epiyectiva.
⇒
⇒