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Ingeniería Matemática
FACULTAD DE CIENCIAS
FÍSICAS Y MATEMÁTICAS
UNIVERSIDAD DE CHILE
Cálculo en Varias Variables 08- 1
1.
Guía
Ingeniería Matemática Semana 7
Universidad de Chile
RESUMEN
R
R
Teorema de la función inversa. Sea f : Ω ⊂ N → N , Ω abierto,
una función de clase C 1 (Ω) y x0 ∈ Ω. Supongamos que la matriz f ′ (x0 ) es
invertible.
• Entonces existe un abierto U ⊂ Ω que contiene a x0 , tal que V = f (U)
es un abierto y la restricción de f a U es biyectiva. Más aun, la función
f −1 : V → U es continuamente diferenciable en V con
(f −1 )′ (y) = f ′ (f −1 (y))−1
∀ y ∈ V.
R
Teorema de la función implícita. Sean Ω ⊂ N y Λ ⊂
abiertos y
7 f (x, y)
f : Ω × Λ → m , (x, y) →
Rm conjuntos
R
1
una función de clase C (Ω × Λ). Supongamos que (x0 , y0 ) ∈ Ω × Λ es tal
que f (x0 , y0 ) = 0 y que la matriz fy (x0 , y0 ) es invertible.
• Entonces existe un abierto U con x0 ∈ U ⊂ Ω y una única función
φ : U → λ de clase C 1 (U) tal que
f (x, φ(x)) = 0
∀ x ∈ U.
Nota: Tanto el Teorema de la Función Inversa como el de la Función Implícita siguen siendo válidos si se reemplaza la hipótesis f de clase C 1 por f de
clase C k (k > 1), obteniéndose la misma regularidad (C k ) en la conclusión.
Funciones Lipschitz y Teorema del Punto Fijo de Banach. Decimos
que una función f : Ω ⊂ N → m es Lipschitz en Ω de constante K > 0,
si
(∀ x1 , x2 ∈ Ω) : kf (x1 ) − f (x2 )k ≤ K kx − yk .
R
R
Tal función es automáticamente continua relativamente a Ω. Si lo anterior
vale con K < 1 decimos que f es contractante.
R
R
• Sea f : Ω ⊂ N → N una función contractante. Supongamos además
que Ω es cerrado, y que f (x) ∈ Ω para todo x ∈ Ω. Entonces existe un
único x̄ ∈ Ω tal que x̄ = f (x̄). En otras palabras, f posee un único punto
fijo en Ω (Teorema del punto fijo de Banach).
2.
EJERCICIOS PROPUESTOS
Teorema de la Función Inversa
P1.- Demuestre que la hipótesis “f continuamente diferenciable (C 1 )” es
necesaria para la validez del Teorema de la Función Inversa incluso
en el caso N = 1. Para ello considere f : → definida por f (x) =
R R
1
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Universidad de Chile
2
x + 2x sen(1/x) para x 6= 0 y f (0) = 0. Probar que f ′ (0) 6= 0, f ′ es
acotada en (−1, 1) pero no es localmente invertible en x = 0.
P2.- Sea f (x, y) = (x2 − y 2 , 2xy).
a) Demuestre que para todo (a, b) 6= (0, 0), f es invertible localmente en (a, b).
b) Demostrar que f no es inyectiva.
c) Calcular aproximadamente f −1 (−3,01, 3,98).
Hint: Use Taylor de primer orden y note que f (1, 2) = (−3, 4).
P3.-
a) Considere f :
R2 → R2 dada por:
f (x, y) = (x3 − 3xy 2 , −y 3 + 3x2 y)
Pruebe que para todo (x0 , y0 ) 6= (0, 0) existe δ > 0 tal que f
posee inversa local en B((x0 , y0 ), δ).
Encuentre un valor aproximado de f −1 (1,1, 0,1) para el caso
(x0 , y0 ) = (1, 0).
b) Sea g :
R2 → R2 dada por:
g(u, v) = (u2 + u2 v + 10v, u + v 3 )
Pruebe que, restringida a una vecindad del punto (1, 1), f posee
una inversa diferenciable. Calcule la derivada de esta inversa en
f (1, 1) y úsela para calcular un valor aproximado de una solución
del sistema:
u2 + u2 v + 10v = 11, 8
u + v3
= 2, 2
R
R
R
R
R
R
P4.- Sean f, g : 3 →
diferenciables y F : 3 → 3 definida por
F (x, y, z) = (f (x, y, z), g(x, y, z), f (x, y, z) + g(x, y, z)). Probar que F
no posee inversa diferenciable.
P5.-
a) Sea f : 2 → una función diferenciable. Mostrar que f no es
inyectiva.
2
Hint: Si ∂f
considere g(x, y) =
∂x = 0 en un abierto A ⊆
2
(f (x, y), y), g : A →
.
R
R
b) Probar el mismo resultaso si ahora f :
P6.- Sea
R
Φ: 2
(r, θ)
R
RN → Rm con m < N .
2
−→
−→ (x, y) = (r cos θ, r sen θ)
2
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a) Pruebe que Φ es localmente invertible en torno a cada punto de
2
con r 6= 0.
R
b) Calcule el diferencial de la inversa en torno a cada punto de la
circunferencia x2 + y 2 = 1.
Teorema de la Función Implícita
P7.- Pruebe que las ecuaciones en a) y b) definen y como una función
∂y
diferenciable de x en P , y encuentre el valor de ∂x
en dicho punto.
a) 1 − x − y 2 − sen(xy) = 0, P = (0, 1)
b) 2xy + ex+y − 2 = 0, P = (0, ln 2)
P8.- La ecuación de Dietereci del estado de un gas es:
p(V − b)ea/RT V = RT
donde a,b y R son constantes. Suponiendo que es posible definir V
como una función diferenciable de T y p, calcule el gradiente de V .
Suponiendo que a = b = 0, calcule la ecuación del plano tangente al
grafo de V en el punto (T0 , p0 ) = (1/R, 1).
P9.- Sea n ∈
reales
N∗ y sea y0 ∈ R una raíz simple del polinomio con coeficientes
P (y) = a0 + a1 y + . . . + an y n ,
es decir, P (y0 ) = 0 y P ′ (y0 ) 6= 0. Sea x = (x0 , x1 , . . . , xn ) ∈
Pruebe que en una vecindad de (0, y0 ), la ecuación
Rn+1.
F (x, y) = (a0 + x0 ) + (a1 + x1 )y + . . . + (an + xn )y n = 0
admite una única solución y = g(x) de clase C 1 tal que:
∇g(0) = −
P10.-
1
(1, y0 , y02 , . . . , y0n )
P ′ (y0 )
x
y
admite una única solución
√
y = φ(x) de clase C definida en un entorno de x0 = e y verificando φ(x0 ) = √1e .
a) Pruebe que la ecuación xy = ln
2
b) Deduzca que la función φ presenta un máximo local en x0 .
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P12.-
a) Considere la función:
F (x1 , x2 , y) = y arctan(1−y 2 )+3x1 +5y−8x32 = 0 y el punto (x1 , x2 , y) = (1, 1, 1)
Pruebe que se satisfacen las condiciones del Teorema de la fun∂y
∂y
(1, 1), ∂x
(1, 1).
ción implícita y calcule ∂x
1
2
b) Sea f :
R5 → R2 talque
f (u, v, w, x, y) =
uvw + x + y + 2
ux − vy + w2
Muestre que se puede despejar (x, y) en términos de (u, v, w)
entorno a (u0 , v0 , w0 ) = (1, 2, 3).
∂y
Calcule ∂x
∂v (1, 2, 3), ∂w (1, 2, 3).
Teorema del Punto Fijo de Banach
R
P13.- Sea A ∈ Mnn ( ) con kAk < 1. El objetivo es probar que I − A es
invertible.
a) Pruebe que B es la inversa de I − A, ssi B es punto fijo de
T : Mnn ( ) → Mnn ( ), definida mediante: T (B) = I + AB.
R
R
R
b) Demuestre que T tiene un único punto fijo en Mnn ( ).
c) Verifique que para la sucesión definida por:
Bk+1 = T (Bk ), B0 = I
se tiene que T (Bk ) =
k+1
P
Aj , y que entonces
j=0
(I − A)−1 = lı́m
k→∞
k+1
X
Aj
j=0
Hint: En este problema se considera la norma Euclideana kAk =
q
Pn Pn
2
j=1 aij , para la cual se satisface kABk ≤ kAkkBk,
i=1
para todo par de matrices A, B.
R
P14.- Supongamos que f : [a, b] →
es una función de clase C 3 , tal que
f (A) < 0, f (B) > 0, estrictamente creciente tal que f ′ (x) ≥ δ > 0 y
0 ≤ f ′′ (x) ≤ M, ∀x ∈ [a, b]. Entonces existe un único punto ξ ∈ (a, b)
tal que f (ξ) = 0. La idea es mostrar un algoritmo (llamado el Método
de Newton) convergente a ξ.
Definamos la función
f (x)
g(x) = x − ′
f (x)
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a) Muestre que
g(x) = x ⇐⇒ x = ξ
b) Determine g ′ (x) y muestre que g alcanza su mínimo en ξ.
c) Muestre que g verifica
ξ ≤ g(x) ≤ x0 , ∀x ∈ (ξ, x0 ],
si x0 ∈ [ξ, b]
2
δ
d) Sea x0 ∈ (a, b) tal que 0 < f (x0 ) < M
, y sea s = f (xδ02)M < 1.
Muestre que g : [ξ, x0 ] → [ξ, x0 ] es una contracción con constante
de Lipschitz s.
e) De lo anterior, justifique que la sucesión {g n (x0 )}n∈N es convergente y converge a ξ.
3.
PROBLEMAS RESUELTOS
P15.- (P2 C2 OT 2002, C. Pérez)
R
R
a) Pruebe que la función f : 2 → definida por:
1
1
f (x, y) = (s, t) = x + arctan y, y + arctan x
2
2
admite una inversa local f −1 de clase C 1 alrededor de todo punto
(x0 , y0 ) ∈ 2 .
Calcule la aproximación afín de f −1 en una vecindad de (s0 , t0 ) =
f (0, 1).
R
b) Pruebe que el sistema de ecuaciones:
eu + xy 2 + v
sen u + x2 y + v 3
=2
=1
define a u y v como funciones implícitas diferenciables de las
variables x e y en una vecindad de (x0 , y0 , u0 , v0 ) = (0, 2, 0, 1).
Sean u = u(x, y) y v = v(x, y) las funciones implícitas cuya
existencia se ha probado. Calcule:
u(0, 2), v(0, 2),
∂u
∂u
∂v
∂v
(0, 2),
(0, 2),
(0, 2),
(0, 2)
∂x
∂y
∂x
∂y
.
Solución
a) Basta aplicar el Teorema de la Función Inversa. En efecto, es
claro que f es clase de C 1 (pues es C ∞ ). Además para todo
punto (x0 , y0 ) ∈ 2 , se tiene que:
R
5
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a) f (x0 , y0 ) = (s0 , t0 )
b) J(f, (x0 , y0 )) =
1
1
2(1+x20 )
1
2(1+y02 )
1
det(J(f, (x0 , y0 ))) = 1 −
!
es invertible ya que
1
>0
4(1 + x20 )(1 + y02 )
Entonces por el Teorema de la Función Inversa,
1) existen vecindades U y V de (x0 , y0 ) y (s0 , t0 ), respectivamente, tales que F : U → V es biyectiva,
2) si F −1 : V → U es la inversa local de f , entonces f −1 es
de clase C 1 y
J(f −1 , (x0 , y0 )) = [J(f, (x0 , y0 ))]−1
La aproximación afín de f −1 en una vecindad de W de
(s0 , t0 ) = (π/8, 0) = f (0, 1) es la función B : W ⊆ V →
2
definida por:
s − π/8
−1
−1
B(s, t) = f (π/8, 0) + J(f , (π/8, 0))
t−1
R
Ahora bien,
−1
1 1/4
J(f −1 , (π/8, 0)) = [J(f, (0, 1))]−1 =
=
1/2 1
2
8
1
−1/4
4 −1
=
−1/2
1
−2 4
7
7
Por lo tanto,
B(s, t)
2
= (0, 1) +
7
4 −1
−2 4
s − π/8
t−1
2
= (0, 1) + (4s − π/2 − t + 1, −2s + π/4 + 4t − 4)
7
8s − 2t − π + 2 8t − 4s + π/2 − 1
=
,
7
7
b) Basta aplicar el Teorema de la Función Implícita. En efecto,
consideremos F : 2+2 → 2 la función definida por
R
R
F ((x, y), (u, v)) = eu + xy 2 + v − 2, sen u + x2 y + v 3 − 1
Es claro que F es de clase C 1 (pues es C ∞ ). Además,
a) F ((0, 2), 0, 1)) = (0, 0)
eu
1
b) F(u,v) ((x, y), (u, v)) =
, y luego
2
cos u 3v
1 1
F(u,v) ((0, 2), (0, 1)) =
, es invertible.
1 3
6
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Universidad de Chile
Entonces por el Teorema de la Función Implícita, existen vecindades U y W de ((0, 2)(0, 1)) y (0, 1), respectivamente, y
una única función: g : W → 2 de clase C 1 , definida por
g(x, y) = (u(x, y), v(x, y)) tal que
a) F ((x, y), g(x, y)) = 0, ∀(x, y) ∈ W
b) g(0, 2) = (u(0, 2), v(0, 2)) = (0, 1), y luego u(0, 2) = 0 y
v(0, 2) = 1.
Además,
!
∂u
∂u
(0,
2)
(0,
2)
∂x
∂y
J(g, (0, 2)) =
∂v
∂v
∂x (0, 2)
∂y (0, 2)
R
= −[F(u,v) ((0, 2), 0, 1))]−1 F(x,y) ((0, 2), (0, 1))
= −
1
1
1
= −
2
−6
=
2
1
3
−1 3 −1
−1 1
0
0
4
0
0
0
4 0
0 0
2
y
pues F(x,y) ((x, y), (u, v)) =
2xy
de donde encontramos que
∂u
∂v
∂v
∂u
(0, 2) = −6,
(0, 2) = 0,
(0, 2) = 2,
(0, 2) = 0.
∂x
∂y
∂x
∂y
P11.- (P1 C1 OT 2006, A. Jofré)
Sean p, V, T variables reales positivas, conectadas por la relación pV =
kT , con k una constante positiva. Entonces cada variable p, V, T es
una función (definida implícitamente) por las otras dos variables.
a) Demuestre que
∂p ∂V ∂T
= −1
∂V ∂T ∂p
b) Muestre que para que ésta ecuación sea válida basta asumir la relación F (x1 , x2 , x3 ) = 0, ∀ x1 , x2 , x3 en el dominio de F , para al∂F
(x1 , x2 , x3 ) 6= 0, ∀ (x1 , x2 , x3 ) y j =
guna función F de clase C 1 , con ∂x
j
1, 2, 3.
Solución
a) De la ecuación del enunciado se pueden realizar las derivaciones
implícitas en forma directa:
p=
kT
V
=⇒
7
∂p
kT
=− 2
∂V
V
2xy
x2
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kT
V =
p
=⇒
∂V
k
=
∂T
p
pV
k
=⇒
∂T
V
=
∂p
k
T =
Por lo tanto:
∂p ∂V ∂T
∂V ∂T ∂p
=
=
− VkT2
k
V
k
p
1
− pV
V p
=
=
− kT
V
1
p
−1
b) Usaremos el teorema de la función implícita para justificar la
existencia de las funciones a utilizar y su diferenciabilidad.
Sean (x1 , x2 , x3 ) e i, j, k ∈ {1, 2, 3} tales que i, j, k son distintos y
F (x1 , x2 , x3 ) = 0. Probaremos que es posible encontrar xi como
función implícita de xj y xk localmente. En efecto, como tenemos
∂F
6= 0, por el Teorema de la Función Implícita existen
que ∂x
i
vecindades U y W de (xi , xj , xk ) y (xj , xk ) (con un eventual
cambio de orden de las variables) respectivamente, y una función
gi de clase C 1 tales que:
F (gi (xj , xk ), xj , xk ) = 0,
Dgi (xj , xk ) = −
∂F
∂xi
−1
gi (xj , xk ) = xi ,
Dxj ,xk F (xi , xj , xk )
(recordar que en esta parte se realiza un abuso de notación al no
respetar el orden de (xi , xj , xk ) ya que a priori no se conoce)
En particular tendremos las ecuaciones:
∂g1
∂x1
=
=−
∂x2
∂x2
∂F
∂x1
−1
∂F
∂x2
∂x2
∂g2
=
=−
∂x3
∂x3
∂F
∂x1
−1
∂F
∂x2
∂g3
∂x3
=
=−
∂x1
∂x1
∂F
∂x3
−1
∂F
∂x1
Por lo que:
#" #" #
" −1
−1
−1
∂x1 ∂x2 ∂x3
∂F
∂F
∂F
∂F
∂F
∂F
−
−
= −1
= −
∂x2 ∂x3 ∂x1
∂x1
∂x2
∂x1
∂x2
∂x3
∂x1
8