PAUTA C1 - U

FACULTAD DE CIENCIAS FÍSICAS Y MATEMÁTICAS
Universidad de CHILE
Cálculo en varias variables - Otoo 2008
Profesor: Marcelo Leseigneur
Auxiliares: J.Deride, J. Lemus
PAUTA Control 1
Problema 1
(a) Sea f : R2 → R una función homogénea de grado p, es decir:
f (tx, ty) = tp f (x, y),
p ∈ R.
∂f
(i) Demuestre que ∂f
∂x y ∂y son funciones homogéneas de grado p − 1.
Solución:
Sea G(x, y) = f (tx, ty). Luego,
∂G
∂f
(x, y) = t (tx, ty)
∂x
∂x
Por otro lado, usando la propiedad de f , se tiene que G(x, y) = tp f (x, y). Derivando parcialmente,
∂G
∂f
(x, y) = tp (x, y)
∂x
∂x
Igualando las dos expresiones anteriores se obtiene:
∂f
∂f
(tx, ty) = tp−1 (x, y)
∂x
∂x
Es decir, la función
∂f
∂x
es homogénea de grado p − 1. La demostración es análoga para
∂f
∂x .
(ii) Demuestre la siguiente Relación de Euler para funciones homogéneas:
h (x, y) , ∇f (x, y) i = pf (x, y)
Solución:
∂f
∂f
Sea h(t) = f (tx, ty). Entonces, h (t) = t x (tx, ty) + y (tx, ty) . Por otra parte, dada
∂x
∂y
la propiedad que cumple f se tiene que h(t) = tp f (x, y). Por lo tanto, h0 (t) = ptp−1 f (x, y).
Igualando estas 2 expresiones encontramos:
∂f
∂f
t x (tx, ty) + y (tx, ty) = ptp−1 f (x, y), ∀t ∈ R
∂x
∂y
0
Evaluando la expresión anterior en t = 1 se encuentra el resultado pedido.
(b) Sea f : R2 → R definida por:
|x|3 +|y|3
x2 +y 2
(x, y) 6= 0
0
(x, y) = 0
(
f (x, y) =
1
(i) Analizar continuidad de f en R2 .
Solución:
Fuera de (0, 0) la función es continua por ser composición de funciones continuas. Para estudiar
la continuidad en el punto (0, 0), calculamos:
lı́m
r3 (| cos3 θ| + | sin3 θ|)
= lı́m r(| cos3 θ| + | sin3 θ|) = 0
r→0
r→0
r2
= lı́m
(x,y)→(0,0)
Por lo tanto, f es continua en todo R2 .
(ii) Calcular las derivadas parciales de f en todo punto de R2 , si es que existen.
Solución:
Calculamos las derivadas parciales para todo punto en R2 \ {x = 0 ∨ y = 0}
∂f
sgn(x)x4 + 3sgn(x)x2 y 2 − 2x|y|3
sgn(x)3x2 (x2 + y 2 ) − (|x|3 + |y|3 )2x
=
(x, y) =
∂x
(x2 + y 2 )2
(x2 + y 2 )2
∂f
sgn(y)3y 2 (x2 + y 2 ) − (|x|3 + |y|3 )2y
sgn(y)y 4 + 3sgn(y)x2 y 2 − 2y|x|3
(x, y) =
=
∂x
(x2 + y 2 )2
(x2 + y 2 )2
Para calcular las derivadas parciales en los ejes lo hacemos por definición. Consideremos el punto
(a, 0) con a ∈ R. Además se usará el hecho que |a|3 = |a|a2 .

1
a>0
f (a + h, 0) − f (a, 0)
|a + h| − |a| 
∂f
(a, 0) = lı́m
=
= −1
a<0

h→0
∂x
h
h

@a = 0
∂f
f (a, h) − f (a, 0)
(a, 0) = lı́m
=
h→0
∂y
h
|a|3 +|h|3
h2 +a2
h
− |a|
h(|h| − |a|)
= lı́m
=
h→0 h2 + a2
(
0 a 6= 0
@ a=0
La derivadas parciales en el eje Y se calculan análogamente.
(c) Sea f : R2 → R definida por:

(x2 + y 2 ) sin √ 1
x2 +y 2
f (x, y) =

0
(x, y) 6= 0
(x, y) = 0
Muestre que f es diferenciable en (0, 0) pero las derivadas parciales no son continuas en (0, 0).
Solución:
Calculemos las derivadas parciales:
Si (x, y) 6= (0, 0):
∂f
(x, y) = 2x sin
∂x
∂f
(x, y) = 2y sin
∂y
!
1
p
x2
+
1
p
+ (x2 + y 2 ) cos
y2
x2 + y 2
p
!
+ (x2 + y 2 ) cos
2
!
1
x2
+
1
p
x2 + y 2
−x
3
y2
(x2 + y 2 ) 2
!
−y
3
(x2 + y 2 ) 2
Si (x, y) 6= (0, 0), calculamos por definición:
∂f
(0, 0) =
∂x
=
=
∂f
(0, 0) =
∂y
=
=
f (h, 0) − f (0, 0)
h→0
h 1 2
1
lı́m h sin
h→0 h
h
0.
f (0, h) − f (0, 0)
lı́m
h→0
h
1 2
1
lı́m h sin
h→0 h
h
0.
lı́m
Con lo cual, notamos que
∂f
(x,y)→(0,0) ∂x
∂f
lı́m
(x,y)→(0,0) ∂y
lı́m
6=
6=
∂f
(0, 0)
∂x
∂f
(0, 0)
∂y
y concluimos que no son continuas. Sin embargo, esta función es diferenciable:
lı́m
∂f
∂f
f ((0, 0) + (h1 , h2 )) − f (0, 0) − ( ∂x (0, 0) ∂y (0, 0)(h1 , h2 )0 (h1 ,h2 )→(0,0)
=
lı́m
|h|
2
2
(h + h ) sin √
1
1
x2 +y 2
k(h1 , h2 )k
(h1 ,h2 )→(0,0)
=
=0
Con esto se concluye que es diferenciable.
Problema 2
(a) Sea f : R2 → R una función diferenciable. Se define F (x, y) = f (f (x, y), f (x, y)).
(i) Justifique claramente si es correcto el siguiente cálculo:
∂F
∂f ∂f
∂f ∂f
=
+
=
∂x
∂x ∂x ∂y ∂x
∂f
∂x
2
+
∂f ∂f
∂y ∂x
Solución:
El cálculo no es correcto ya que las derivadas parciales están evaluadas en distintos puntos. El
cálculo correcto es el siguiente:
∂F
∂f
∂f
∂f
∂f
(x, y) =
(f (x, y), f (x, y)) (x, y) +
(f (x, y), f (x, y)) (x, y)
∂x
∂x
∂x
∂y
∂x
3
(ii) Aplique la fórmula propuesta en la parte anterior para f (x, y) = x2 +3xy. ¿Funciona? Justifique.
Solución:
F (x, y) = (x2 + 3xy)2 + 3(x2 + 3xy)(x2 + 3xy) = 4(x2 + 3xy)2
Calculando directamente la derivada parcial:
∂F
(x, y) = 8(x2 + 3xy)3 (2x + 3y)
∂x
Además,
∂f x(x, y) = 2x + 3y,
∂f y = 3x
Usando la fórmula propuesta:
2
∂f
∂f
2
+ ∂f
∂x
∂y ∂x = (2x + 3y) + 3x(2x + 3y) = (2x + 3y)(5x + 3y)
Luego, la fórmula no funciona, debido a que estamos evaluando en puntos incorrectos.
(b) Sea f : R2 → R diferenciable. Sea g : R3 → R2 definida por:
2
g1 (x, y, z)
x + y2 + z2
g(x, y, z) =
=
g2 (x, y, z)
x+y+z
Si h = f ◦ g, demuestre que:
||∇h||22 = 4
∂f
∂u
2
g1 + 4
∂f ∂f
g2 + 3
∂u ∂v
∂f
∂v
2
.
y además indique dónde están evaluadas las derivadas parciales.
Solución: Recordemos que si h = f ◦ g entonces, Dh(x, y, z) = Df (g(x, y, z))Dg(x, y, z), donde
DF (a, b) representa la matriz jacobiana de F evaluada en el punto (a, b). Calculemos las matrices
jacobianas:
Dg(x, y, z) =
2x 2y 2z
,
1 1 1
Df (u, v) =
∂f
∂u
∂f
∂y
.
Ahora,
Dh(x, y, z) =
∂f
∂u
∂f
∂y
(g1 (x, y, z), g2 (x, y, z))
 ∂f
2x ∂u (g1 (x, y, z), g2 (x, y, z)) +

Dh(x, y, z) = 2y ∂f
∂u (g1 (x, y, z), g2 (x, y, z)) +
2z ∂f
∂u (g1 (x, y, z), g2 (x, y, z)) +
2x 2y 2z
1 1 1
4
∂f T
∂v
∂f 
∂v
∂f
∂v
=
T
∂f
∂v (g1 (x, y, z), g2 (x, y, z))
∂f

∂v (g1 (x, y, z), g2 (x, y, z))
∂f
∂v (g1 (x, y, z), g2 (x, y, z))
Omitiendo la evaluación para mayor claridad,
 ∂f
2x ∂u +

Dh(x, y, z) = 2y ∂f
∂u +
2z ∂f
∂u +
=2
∂f
∂f
~x +
1,
∂u
∂v
donde ~xt = (x, y, z) y
1t = (1, 1, 1).
Recordando que si ~a = αm
~ + β~n, entonces kak2 = α2 kmk2 + β knk2 + 2αβhm, ni y ~at = k~ak
Se tiene que: k~xk2 = x2 + y 2 + z 2 = g1 (x, y, z), k1k = 3 y h~x, 1i = x + y + z = g2 (x, y, z).
Por lo tanto,
2
k∇hk = 4
∂f
∂u
2
2
k~xk +
∂f
∂v
2
k1k2 + 4
∂f ∂f
h~x, 1i,
∂u ∂v
de donde se concluye el resultado.
Problema 3
(a) Sea F : Rn → R una función cuadrática definida positiva, es decir, F (x) = xt Ax, con A matriz real,
F (x) > 0, ∀x 6= 0, x ∈ Rn y F (0) = 0. Pruebe que ∃M > 0, tal que
F (x) ≥ M kxk22 ,
∀x ∈ Rn
Indicaciones:
(i) Demuestre que F es continua.
Solución:
Sea ε > 0. Sea h ∈ B(0, δ). Luego
|F (x0 + h) − F (x0 )| = (x0 + h)0 A(x0 + h) − x00 Ax0 = h0 Ah + h0 Ax0 + x00 Ah
≤ h0 Ah + h0 Ax0 + x00 Ah
= h0 Ah + h0 Ax0 + h0 Ax0 ≤ kAδk K1 khk + khk kAx0 k + khk kAx0 k
≤ K khk
En donde hemos usado la desigualdad de Cauchy Schwart. De acá, como khk < δ, para ε > 0
consideramos δ < Kε con lo cual se concluye la continuidad de F .
(ii) Considere F sobre S = {x ∈ Rn : kxk2 = 1} y demuestre que existe M > 0 tal que F (x) ≥
M, ∀x ∈ S, donde M = F (x0 ) para algún x0 ∈ S.
Solución:
Como S = {x ∈ Rn : kxk2 = 1} es un conjunto cerrado y acotado, S es compacto. Al ser F
una función continua, tenemos que alcanza su máximo y su mı́nimo, es decir, ∃x0 ∈ S tal que
F (x0 ) ≤ F (x), ∀x ∈ S. Luego, definiendo M = F (x0 ), se concluye que
F (x) ≥ M, ∀x ∈ S
(iii) Dado x 6= 0, x ∈ Rn , se puede escribir x =
Solución:
5
x
kxk2
kxk2 y de acuerdo a 2, concluir.
Para x 6= 0, reescribiendo x =
x
kxk2
kxk2 , se tiene que
x
kxk2 )
kxk2
0 x
x
kxk2 A
kxk2
=
kxk2
kxk2
0 x
x
2
= kxk
A
kxk2
kxk2
F (x) = F (
≥ kxk2 M
con lo cual se concluye lo pedido, ya que
que F (0) = 0.
x
kxk
∈ S, ∀x 6= 0. Para x = 0 se tiene la igualdad, dado
Nota: La matriz A es de n × n.
(b) Sea E = C 1 ([0, 1], R). Para cada elemento f ∈ E, definimos:
N1 (f ) = kf k∞ + f 0 =
sup |f (x)| + sup f 0 (x)
x∈[0,1]
x∈[0,1]
N2 (f ) = |f (0)| + f + f 0 ∞
= |f (0)| + sup f (x) + f 0 (x)
x∈[0,1]
(i) Muestre que N1 y N2 son normas en E.
Solución:
Veamos que N1 es norma
◦
N1 (f ) = 0 ⇐⇒ kf k∞ + f 0 ∞ = 0
⇐⇒ kf k = 0, f 0 = 0
∞
∞
sup |f (x)| = 0, sup f 0 (x) = 0
⇐⇒
x∈[0,1]
x∈[0,1]
⇐⇒ |f (x)| = 0, f 0 (x) = 0, ∀x ∈ [0, 1]
⇐⇒ f (x) = 0, f 0 (x) = 0, ∀x ∈ [0, 1]
⇐⇒ f = 0
◦
N1 (λf ) = kλf k∞ + λf 0 ∞
= |λ| kf k + f 0 ∞
∞
= |λ| N1 (f )
◦
N1 (f + g) = kf + gk∞ + (f + g)0 ∞
≤ kf k + kgk + f 0 + g 0 ∞
∞
= N1 (f ) + N1 (g)
6
∞
∞
Veamos que N2 es norma.
◦
N2 (f ) = 0 ⇐⇒ |f (0)| + f + f 0 ∞ = 0
⇐⇒ |f (0)| + sup f (x) + f 0 (x) = 0
x∈[0,1]
⇐⇒ |f (0)| = 0, sup f (x) + f 0 (x) = 0
x∈[0,1]
⇐⇒ f (0) = 0, f (x) + f 0 (x) = 0, ∀x ∈ [0, 1]
⇐⇒ f (x) = e−x f (0), f (0) = 0
⇐⇒ f = 0
◦
N2 (λf ) = |λf (0)| + λf + λf 0 ∞
= |λ| |f (0)| + |λ| f + f 0 ∞
= |λ| N2 (f )
◦
N2 (f + g) = |(f + g)(0)| + (f + g) + (f + g)0 ∞
≤ |f (0)| + |g(0)| + f + f 0 + g + g 0 ∞
∞
= N2 (f ) + N2 (g)
(ii) Son las normas N1 y N2 equivalentes?
Indicación:
Recuerde que dos normas k·ka y k·kb son equivalentes si existen constantes realeas α y β mayores
que cero tales que:
kxka ≤ α kxkb , ∀x ∈ E
kxkb ≤ β kxka , ∀x ∈ E
Solución:
Veamos primero que N2 (f ) ≤ N1 (f ):
N2 (f ) = |f (0)| + f + f 0 ∞ ≤ kf k∞ + kf k∞ + f 0 ∞ ≤ 2N1 (f )
Veamos ahora que N2 (f ) ≤ N1 (f ):
Consideremos la función g(x) = f (x) + f 0 (x). Sea M = kf + f 0 k∞ . Leugo, g(x) ≤ M
que:
f (x) + f 0 (x) ≤ M
Multiplicando por ex obtenemos una inecuación diferencial:
ex f (x) + ex f 0 (x) ≤ M ex
(ex f (x))0 ≤ M ex
7
∀x ∈ [0, 1] con lo
−x
Z
f (x) ≤ M e
x
es ds + e−x f (0) ≤ (e − 1)M + f (0),
∀x ∈ [0, 1]
0
Luego, kf k∞ ≤ (e − 1)(M + |f (0)|). Además
0
f ≤ f 0 + f + kf k ≤ M + (e − 1)(M + |f (0)|)
∞
∞
∞
Luego,
N1 (f ) = kf k∞ + f 0 ∞ ≤ 3(e − 1)N2 (f )
con lo que las normas son equivalentes.
8