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MA2001-3 C´alculo en Varias Variables Profesor: Marcelo Leseigneur P. Auxiliar: Esteban Quiroz - Eduardo Silva Obed Ulloa - Donato V´asquez 20 de octubre de 2016
Control 1
P1. Sea (E, ‖·‖) un espacio de Banach.
(a) (2 pts.) Sea (en)n∈N ⊆ E una sucesi´on tal que
n=0‖en‖^ <^ +∞, demuestre que^
∑m n=0 en converge cuando m → ∞. (b) Considere el espacio vectorial M(R)n×n dotado de la norma ‖A‖ = sup‖x‖=1‖Ax‖ (i) (1.5 pts.)Demuestre expl´ıcitamente que
‖A‖ = sup ‖x‖=
‖Ax‖
es norma. (ii) (0.5 pts.)Demuestre que
‖A‖ = sup ‖x‖=
‖Ax‖ = sup ‖x‖≤ 1
‖Ax‖ = sup x∈Rn{ 0 }
‖Ax‖ ‖x‖
(iii) (0.5 pts.)Demuestre que ‖A · B‖ ≤ ‖A‖‖B‖ (iv) (1.5 pts.)Explique por qu´e (M(R)n×n, ‖·‖) es un espacio de Banach y use la parte (a) para demostrar que el siguiente l´ımite existe en (M(R)n×n, ‖·‖)
l´ım m→∞
∑^ m
k=
Ak k!
donde A^0 = In×n, Ak+1^ = AkA. Hint: recuerde que ex^ = l´ımn→∞
∑n k=
xk k! para todo x ∈ R.
(c) Bonus: Demuestre que si (E, ‖·‖) cumple que para toda sucesi´on (en)n∈N se verifica
∑^ ∞
n=
‖en‖ < +∞, ⇒
( (^) m ∑
n=
en
converge
Entonces (E, ‖·‖) es un espacio de Banach.
P2. Sea (E, ‖·‖) un espacio vectorial normado y F un sub-espacio vectorial de E:
(a) (1.5 pts) Si B(0, 1) = {x ∈ E|d(x, 0) ≤ 1 } donde d(·, ·) es la m´etrica inducida por la norma, demuestre que B(0, 1) = B(0, 1). De un contra-ejemplo de un espacio m´etrico donde B(0, 1) es un subconjunto estricto de B(0, 1). (b) (0.5 pts.) Demostrar que B(0, 1) ⊂ F ⇒ F = E. (c) Demostrar: (i) (0.5 pts.)rB(0, 1) = B(0, r) con r > 0. (ii) (0.5 pts.)B(a, r) + b = B(a + b, r) con r > 0. Donde rA = {ra ∈ E|a ∈ A} y A + b = {a + b ∈ E|a ∈ A} (d) (0.5 pts.)Demostra que si F es s.e.v. estricto entonces Int(F ) = ∅
(e) (1.5 pts.) Verifique la parte c) para el caso en que E = R^3 y F = {(x, y, z) ∈ R^3 |x + y + z = 0} demostrando expl´ıcitamente que Int(F ) = ∅. Elija la norma que m´as le acomode. (f ) Bonus: Sea A ⊂ E. Determine si las siguientes afirmaciones son verdaderas o falsas (i) A = A ∪ A′ (ii) A = Int(A) (iii) A = Int(A) ∪ ∂A
P3. (a) Determine Dominio y recorrido de las siguientes funciones. Grafique adem´as sus curvas de nivel y su grafo. (i) (1 pts.) f (x, y) = ln(x^2 + y^2 ) (ii) (1 pts.) g(x, y) = √x (^21) +y 2
(b) Estudie la existencia de los siguientes l´ımites: (i) (1 pts.) l´ım (x,y,z)→(0, 0 ,0)
√^ x^2 yz x^12 +y^6 +z^2 (ii) (1 pts.) l´ım (x,y)→(0,0)
xyα x^4 +y^4 +x^2 , en funci´on de^ α.
(iii) (0.5 pts.) l´ım(x,y)→( π 4 ,1) tan(xy) 1 −tan(^1 xy)
(c) Sea f : R^2 → R definida por
f (x, y) =
ln(x^2 + y^2 ) si x^2 + y^2 > 1
ln
1 + x^2 + y^2 3 − x^2 − y^2
si x^2 + y^2 ≤ 1
(i) (1 pts.) Determine dominio y recorrido de f. (ii) (0.5 pts.) Grafique las curvas de nivel de f.
‖A‖ = 0 ⇔ A = 0 : Si A = 0 entonces Ax = 0 para todo x, entonces ‖A‖ = sup‖x‖=1‖Ax‖ = 0. Por otro lado, si ‖A‖ = 0, entones 0 ≤ ‖Ax‖ ≤ 0 ⇒ Ax = 0 para todo x tal que ‖x‖ = 1. Si ‖x‖ > 0 entonces ˆx = (^) ‖xx‖ tiene norma 1 y por lo tanto Aˆx = 0, entonces A (^) ‖xx‖ = 0 ⇒ Ax = 0, es decir Ax = 0 para todo x 6 = 0 y por lo tanto A = 0. ‖A‖ ≤ +∞ : Tenemos que ‖Ax‖^2 = ‖
∑n i=1(Aix)
(^2) ‖ ≤ ∑n i=1‖Ai‖‖x‖, considerando ‖x‖ = 1, entonces ‖Ax‖ ≤
√∑n i=1‖Ai‖^ donde^ Ai^ es la fila i-esima de la matriz A. Tomando supremo a la derecha sobre ‖x‖ = 1 tenemos ‖A‖ ≤
√∑n i=1‖Ai‖^ <^ +∞ (ii) (0.5 pts.)Demuestre que
‖A‖ = sup ‖x‖=
‖Ax‖ = sup ‖x‖≤ 1
‖Ax‖ = sup x∈Rn{ 0 }
‖Ax‖ ‖x‖
Soluci´on: Notemos que para todo x 6 = 0 se tiene ‖x‖ > 0 y podemos definir ˆx = (^) ‖xx‖ y tenemos entonces ‖Aˆx‖ = ‖A
x ‖x‖
‖Ax‖ ‖x‖ Es decir {‖Ax‖ : ‖x‖ = 1} = { (^) ‖Axx‖ : x 6 = 0} y por lo tanto tomar supremo sobre cualquiera de los dos conjuntos es lo mismo:
sup ‖x‖=
‖Ax‖ = sup x∈Rn{ 0 }
‖Ax‖ ‖x‖
Para la otra igualdad notemos que sup‖x‖=1‖Ax‖ ≤ sup‖x‖≤ 1 ‖Ax‖, por otro lado sea x tal que ‖x‖ ≤ 1, entonces ‖Ax‖ ≤ ‖A‖‖x‖ ≤ ‖A‖, tomando supremo sobre ‖x‖ ≤ 1
‖A‖ ≤ sup ‖x‖≤ 1
‖Ax‖
y por lo tanto se tiene la igualdad. (iii) (0.5 pts.)Demuestre que ‖A · B‖ ≤ ‖A‖‖B‖
Soluci´on: Como ‖Ax‖ ≤ ‖A‖‖x‖ para todo x ∈ R, entonces
‖ABx‖ ≤ ‖A‖‖Bx‖ ≤ ‖A‖‖B‖‖x‖
entonces ‖ABx‖ ‖x‖
≤ ‖A‖‖B‖
tomando supremo sobre x ∈ Rn^ \ { 0 } se concluye. (iv) (1.5 pts.)Explique por qu´e (M(R)n×n, ‖·‖) es un espacio de Banach y use la parte (a) para demostrar que el siguiente l´ımite existe en (M(R)n×n, ‖·‖)
l´ım m→∞
∑^ m
k=
Ak k!
donde A^0 = In×n, Ak+1^ = AkA. Hint: recuerde que ex^ = l´ımn→∞
∑n k=
xk k! para todo x ∈ R. Soluci´on: M(R)n×n es Banach pues es un espacio vectorial normado de dimensi´on finita. Vea- mos que
∑n k=0‖^
Ak k! ‖ ≤^ +∞. Como^ ‖AB‖ ≤ ‖A‖‖B‖, entonces^ ‖A
k+1‖ ≤ ‖Ak‖‖A‖ ≤ ‖A‖k.Entonces ∑n
k=
Ak k!
∑^ n
k=
‖A‖k k!
Como e‖A‖^ =
k=
‖A‖k k! , entonces ∑^ ∞
k=
Ak k!
‖ ≤ e‖A‖^ < +∞
y por la parte (a)
l´ım n→∞
∑^ n
k=
Ak k!
existe. (c) Bonus: Demuestre que si (E, ‖·‖) cumple que para toda sucesi´on (en)n∈N se verifica
∑^ ∞
n=
‖en‖ < +∞, ⇒
( (^) m ∑
n=
en
converge
Entonces (E, ‖·‖) es un espacio de Banach. Soluci´on:
Si (xn)n∈N es Cauchy, entonces para = 1 = 210 exite un n(0) tal que para todo i, j ≥ n 0
‖xi − xj ‖ ≤ 1
Si se considera la subsucesi´on xn = xn 0 +n esta tambi´en es Cauchy, luego para = 12 existe un n 1 tal que para todo i, j > n 1 ‖xi − xj ‖ ≤
esto se puede hacer inductivamente y se tiene
‖xn(i+1) − xn(i)‖ ≤
2 i
Tenemos que
∑m− 1 k=0 (xn(k+1)^ −^ xn(k)) cumple m∑− 1
k=
‖(xn(k+1) − xn(k))‖ ≤
m∑− 1
k=
2 k^
1 − 2 −m 1 − 2 −^1
en particular
∑m− 1 k=0 ‖(xn(k+1)^ −^ xn(k))‖^ <^ +∞^ y por lo tanto^
∑m− 1 k=0 (xn(k+1)^ −^ xn(k)) converge a un s ∈ E, adem´as m∑− 1
k=
(xn(k+1) − xn(k)) = xm(k) − xm(0)
luego
xm(k) = xm(0) +
n∑− 1
k=
(xn(k+1) − xn(k))
y tomando el limite xm(k) converge xn(0) + s, entonces xn(0) + s es un punto de acumulaci´on de xn y por lo tanto xn converge a xn(0) + s.
P2. Sea (E, ‖·‖) un espacio vectorial normado y F un sub-espacio vectorial de E:
(a) (1.5 pts) Si B(0, 1) = {x ∈ E|d(x, 0) ≤ 1 } donde d(·, ·) es la m´etrica inducida por la norma, demuestre que B(0, 1) = B(0, 1). De un contra-ejemplo de un espacio m´etrico donde B(0, 1) es un subconjunto estricto de B(0, 1). Soluci´on: Probemos B(0, 1) = B(0, 1) por doble inclusi´on B(0, 1) ⊆ B(0, 1). Sea x ∈ B(0, 1) y > 0 hay que probar que B(0, 1) ∩ B(x, ) 6 = ∅. Si > 1 se tendr´ıa 0 ∈ B(0, 1) ∩ B(x, ) pues d(0, x) < 1 < , si ≤ 1 se puede tomar el punto y = x 1 − 2 , con esto d(x, y) = ‖x − x 1 − 2 ‖ = ‖ x ‖ < ‖x‖ 2 < y por otro lado d(0, y) = ‖x 1 − 2 ‖ < 1 − 2 < 1, entonces y ∈ B(0, 1) ∩ B(x, ) y por lo definici´on x ∈ B(0, 1).
esto es R^2 \ {(0, 0)}. Por otro lado el logaritmo es funci´on sobreyectiva en su dominio entonces el recorrdio de f es R. Para las curvas de nivel
f (x, y) = c ⇔ log(x^2 + y^2 ) = c ⇔ x^2 + y^2 = ec
entonces las curvas de nivel son circunferencias.
Figura 1: Curvas de nivel de f
Figura 2: Grado de f
(ii) (1 pts.) g(x, y) = √^1 x^2 +y^2 Soluci´on: sabemos que (^1) x se indefine para x = 0, por otro lado
x se indefine para x < 0, por lo anterior g se indefine solamente en (x, y) = 0, su dominio es R^2 \ {(0, 0)}. Por otro lado el recorrido de (^1) x son los reales estrictamente positivos para los x > 0, por lo tanto el recorrido de g son los reales estrictamente positivos. An´alogamente al caso anterior las curvas de nivel son circunferencias:
(b) Estudie la existencia de los siguientes l´ımites:
(i) (1 pts.) l´ım (x,y,z)→(0, 0 ,0)
√^ x^2 yz x^12 +y^6 +z^2 Soluci´on: Si z 6 = 0 entonces (^) ∣ ∣ ∣ ∣ ∣
x^2 yz √ x^12 + y^6 + z^2
x^2 |y||z| √ z^2
= x^2 |y| → 0
si z = 0 entonces x
(^2) yz √ x^12 +y^6 +z^2 , en cualquier caso el limite es 0.
(ii) (1 pts.) l´ım (x,y)→(0,0)
xyα x^4 +y^4 +x^2 , en funci´on de^ α. Soluci´on: Usando coordenadas polares queda
ρ1+α^ cos(θ) senα(θ) ρ^4 cos^4 (θ) + ρ^4 sen^4 (θ) + ρ^2 sen^2 (θ)
ρα−^1 cos(θ) senα(θ) ρ^2 cos^4 (θ) + ρ^2 sen^4 (θ) + sen^2 (θ)
Podemos ver que para α > 1 esto tiende a 0, para α = 1 depende del ´angulo y por lo tanto el l´ımite no existe y para α < 1 esto diverge.
Figura 3: Curvas de nivel de g
Figura 4: Grado de g
(iii) (0.5 pts.) l´ım(x,y)→( π 4 ,1) tan(xy)
1 1 −tan(xy) Soluci´on: Como l´ım(x,y)→( π 4 ,1) tan(xy) = 1 Podemos hacer le cambio de varialbes u = tan(xy) y queda l´ım u→ 1 u 1 −^1 u
Como exp(a log(x)) = xa, el limite queda
l´ım u→ 1 exp(
log(u) 1 − u
Notemos que l´ımu→ 1 log( u−u 1 ) = 1, entonces el l´ımite que nos piden es
l´ım u→ 1 exp( log(u) 1 − u
) = exp(−1)
(c) Sea f : R^2 → R definida por
f (x, y) =
ln(x^2 + y^2 ) si x^2 + y^2 > 1
ln
1 + x^2 + y^2 3 − x^2 − y^2
si x^2 + y^2 ≤ 1
(i) (1 pts.) Determine dominio y recorrido de f. Soluci´on: Para estudiar el dominio debemos ver que en cada rama no se indefina la funci´on. Para x^2 + y^2 > 1 claramente log(x^2 + y^2 ) esta bien definido, pues log est´a bien definido para todo numero real positivo estricto. Para x^2 + y^2 ≤ 1 necesitamos que 1+x
(^2) +y 2 3 −x^2 −y^2 >^ 0 y que 3 − x^2 − y^2 6 = 0. Como x^2 + y^2 ≤ 1 entonces 3 − x^2 − y^2 > 0 entonces 1+x
(^2) +y 2 3 −x^2 −y^2 >^ 0. Luego el dominiode la funci´on es R^2. Para el recorrido nuevamente hay que ver por casos. Si
