Pauta G2 - Docencia DIM

Pauta control 3 MA 2001-4, 2009
1.
Sea u ∈ C 2 (Ω), donde Ω ⊂ R2 es un conjunto cerrado y acotado. El
laplaciano de u es el operador diferencial de secundo order definido como la
traza de la matriz hessiana de u. En otras palabras:
∆u =
∂2u ∂2u
+ 2
∂x21
∂x2
(a) Sea x0 = (x10 , x20 ) ∈ Int (Ω) un punto donde u alcanza su máximo local.
Demuestre que:
∆u(x0 ) ≤ 0.
(b) Sea u ∈ C 2 (Ω) tal que
∆u(x) > 0,
x ∈ Int (Ω).
Demuestre que
max u(x) = max u(x),
x∈Ω
x∈∂Ω
where ∂Ω es la frontera del conjunto Ω. Deduzca que si u(x) = 0, para
x ∈ ∂Ω entonces u(x) ≤ 0, x ∈ Ω.
Solución
(a) En x0 la matriz hessiana D2 u(x0 ) de u es negativa semidefinida. Para
una matriz 2 × 2 eso significa que necesariamente la suma de sus valores propios
λ1 + λ2 ≤ 0, en otras palabras:
λ1 + λ2 = Tr (D2 u(x0 )) = ∆u(x0 ) ≤ 0.
(b) Sea x0 ∈ Int Ω un punto de máximo local de u. Usando la parte anterior
se deduce ∆u(x) ≤ 0. Eso contradice la condición ∆u(x) > 0, x ∈ Int Ω,
y de eso sigue que u no puede tener máximos locales en el interior de Ω, en
otras palabras u alcanza su máximo en la frontera de Ω. La ultima parte es un
corolario facil de lo anterior.
Puntaje: (a) 1.5; (b) 1.5.
2.
(a) Encuentre el cilindro de máximo volumen contenido en B = {x21 +x22 +x23 <
1}.
(b) Encuentre los puntos crı́ticos de la función
f (x1 , . . . , xN ) =
1−
1
PN
i=1
xi
+
N
X
1
,
x
i=1 i
xi > 0, i = 1, . . . , N.
Clasifique los puntos crı́ticos cuando N = 2 y f (x1 , x2 ) =
( x11 + x12 ).
1
1
1−(x1 +x2 )
+
Solución
(a) Sin perder generalidad se puede suponer que el cilindro
Cr = {(x1 , x2 , x3 ) | x21 + x22 = r2 , x23 = 1 − r2 }.
El volumen de Cr es dado por
vol (Cr ) = πr2 h = 2πr2
q
p
1 − r2 = 2π(x21 + x22 ) 1 − x21 − x22 ≡ f (x21 + x22 ),
√
donde f (t) = 2πt 1 − t, 0 < t < 1. La funciónqf (t) alcanza su máximo en
(0, 1) para t0 = 23 . Por lo tanto Cr0 , donde r0 = 23 es el cilindro de máximo
volumen.
(b) Para j = 1, . . . , N se tiene:
1
12
∂f
,
=
−
PN
∂xj
xj
(1 − i=1 xi )2
entonces para un punto critico (x1 , . . . , xN ) se tiene:
(1)
(1 −
1
PN
i=1
xi )2
=
1
,
x2j
j = 1, . . . , N,
eso significa que todos sus componentes son iguales, esto es (x1 , . . . , xN ) =
(t, . . . , t), para algun t ∈ R. Reemplazando en (??):
(1 − N t)2 = t2 =⇒ t =
1
.
N +1
Entonces f tiene solo un punto crı́tico (x1 , . . . , xN ) = ( N1+1 , . . . , N1+1 ).
Calculando la segunda derivada en el punto crı́tico:
2
2
∂2f
=
+ 3 δij
PN
3
∂xi ∂xj
xj
(1 − i=1 xi )
2
+ 2(N + 1)3 δij ,
=
(1 − NN+1 )3
donde δij = 1 cuando i = j y δij = 0 cuando i 6= j. En caso N = 2 la matriz
hessiana tiene forma:
" 27 27 # "
#
54
0
1
1
4
4
D2 f ( , ) = 27 27 +
.
3 3
0 54
4
4
La primera de estas matrices es positiva semidefinida y la segunda es positiva
definida. Por lo tanto el punto crı́tico es un mı́nimo local estricto.
Puntaje: (a) 1.0; (b) 1.0 (punto crı́tico), 1.0 (clasificación).
2
3.
(a) Demuestre que la función f (x, y) = x ln(y) es integrable en D = {x >
0, y > 0, 2(x − 1)2 > y} y encuentre
Z
x ln(y) dxdy.
D
(b) Sea R = [a1 , b1 ] × · · · × [aN , bN ] ∈ RN un rectángulo y sea Sn su reticulado
dado por la familia de rectángulos de la forma
Rk1 ...kN
= [a1 +
(k1 − 1)(b1 − a1 )
k1 (b1 − a1 )
(kN − 1)(bN − aN )
kN (bN − aN )
, a1 +
] × · · · × [aN +
, aN +
],
n
n
n
n
donde kj = 1, . . . n, para j = 1, . . . , N . Para una función continua f : R →
R definamos
n
X
Sn∗ (f ) =
f (a1 +
k1 ,...,kN =1
kN (bN − aN )
k1 (b1 − a1 )
, . . . , aN +
)vol (Rk1 ...kN ).
n
n
Demuestre que:
lim S ∗ (f )
n→∞ n
=
Z
f.
R
Solución
(a) Primero verificaremos la integrabilidad de la función f (x, y) = x ln(y)
en D. Observamos que para todo x limy→0+ f (x, y) = −∞. Sin embargo
demostraremos que g(x, y) = x| ln(y)| = |f (x, y)| es integrable usando la integral
iterada. Eso implicará integrabilidad de f . Usando el teorema de Cavalieri
(g(x, y) ≥ 0 en D):
Z Z √y
Z
2
1−
2
g(x, y) dxdy =
x| ln(y)| dxdy
r
Z 2
y 2
1
(1 −
) | ln(y)| dy
=
2
2
0
Z
Z r r
y
1 2
1 2 y
=
(
− 2)| ln(y)| dy
| ln(y)| dy +
2 0
2 0
2
2
D
0
0
La segunda inegral es de una función continua y acotada cuando y → 0+ y por
lo tanto es finita. Por otro lado
Z 2
Z 1
Z 2
| ln(y)| dy = −
ln(y) dy +
ln(y) dy
0
0
1
y=1 y=2
= − y ln(y) − y y=0 + y ln(y) − y y=1
= 2 ln 2.
3
Ahora podemos calcular
Z
R
D
f usando la integral iterada. Se tiene:
Z
x ln(y) dxdy =
D
Z
=
1
0
x ln(y) dydx
0
1
0
2(x−1)2
Z
2x(x − 1)2 ln 2(x − 1)2 − 1 dx.
Cambiando variables t = (x − 1)2 en la ultima integral
Z
0
1
2
2x(x − 1)
Usando
2
ln 2(x − 1)
Z
se tiene:
4
Z
0
1
(1 −
− 1 dx = 4
tp ln(t) dt =
Z
0
1
(1 −
√ 3/2 t)t
ln t + ln 2 − 1] dt
1 tp+1 ln(t) −
,
p+1
p+1
√ 3/2 4
16 4
t)t
ln t + ln 2 − 1] dt = − + + (ln 2 − 1).
25 9 15
(b) Observamos que f , como función continua, es integrable en R. Usando
mRk1 ...,kN (f ) ≤ f (a1 +
k1 (b1 − a1 )
kN (bN − aN )
, . . . , aN +
) ≤ MRk1 ...,kN (f ),
n
n
se deduce
ISn (f ) ≤ Sn∗ (f ) ≤ SSn (f ).
Pasando al limite n → ∞ y usando el teorema de sandwich
Z
Z
f.
f ≤ lim Sn∗ (f ) ≤
R
n→∞
R
Puntaje (a) 1.0 (integrabilidad de f ), 1.0 (valor de la integral) (b) 1.0
4