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MA2001-3 C´alculo en Varias Variables
Profesor: Marcelo Leseigneur
Auxiliares: Pablo Arratia
Rodrigo Maulen - Angelo Mu˜noz
Fecha: 6 de septiembre 2017
Pauta Control 1
P
Definici´on 1. En dimensi´on finita un compacto se define como un conjunto cerrado y acotado.
Proposici´on 1: En los conjuntos compactos se cumple la propiedad de Bolzano-Weierstrass, es
decir que para toda sucesi´on en el compacto, existe una subsucesi´on convergente en ´el.
Sean A, B subconjuntos no vac´ıos de R
n y consideremos el conjunto C definido por:
C = A + B = {x : x = a + b, a ∈ A, b ∈ B}
a) (3.0 puntos) Demuestre que:
i) Si A o B es abierto, entonces C es abierto
Soluci´on: Sin perdida de generalidad supongamos A abierto, probemos primero que
A + {b} es abierto. En efecto, como A es abierto:
(∃r > 0)B(x 0 , r) ⊆ A =⇒ Para A + {b}
Tenemos:
(∃r > 0)B(x 0 + b) ⊆ A + {b}, entonces A + {b} es abierto.
Como:
B =
b∈B
b ⇒ A + B =
b∈B
A + b
y como uni´on arbitraria de abiertos es abierta, A + B es abierto.
ii) Si A es compacto y B es cerrado, entonces C es cerrado
Soluci´on: Para mostrar que C es cerrado, tomemos una sucesi´on cn ∈ C tal que cn → c.
Debemos probar que c ∈ C. En efecto cn = an + bn, como A es compacto (cerrado y
acotado) existe una subsucesi´on convergente:
aϕ(n) → a ∈ A
Por otro lado bn = cn − an, en particular bϕ(n) = cϕ(n) − aϕ(n) y como B es cerrado:
l´ım n⇒∞
bϕ(n) = l´ım n⇒∞
cϕ(n) − aϕ(n) = c − a ∈ B
Por lo tanto c ∈ A + B = C.
iii) Pruebe que int(A ∩ B) = int(A) ∩ int(B)
Soluci´on:
(⇒) Sea x ∈ int(A ∩ B), entonces:
∃ε > 0 B(x, ε) ⊆ A ∩ B
Como A ∩ B ⊆ A, y A ∩ B ⊆ B.
=⇒ x ∈ int(A) y x ∈ int(B), x ∈ int(A) ∩ int(B)
(⇐) Sea x ∈ int(A) y x ∈ int(B), entonces:
∃ε 1 > 0 , B(x, ε 1 ) ⊆ A, ∃ε 2 > 0 , B(x, ε 2 ) ⊆ B
Tomando ε = min{ε 1 , ε 2 } Se tiene que:
B(x, ε) ⊆ A ∩ B =⇒ x ∈ int(A ∩ B) Por lo tanto int(A ∩ B) = int(A) ∩ int(B).
iv) Utilice que adh(A
c ) = int(A)
c y el resultado anterior para concluir que
adh(A ∪ B) = adh(A) ∪ adh(B).
Soluci´on: Usamos el resultado de la parte anterior para los conjuntos A
c y B
c , con esto
queda lo siguiente:
int(A
c ∩ B
c ) = int(A
c ) ∩ int(B
c )
Tomando complemento en la expresi´on anterior y usando lo que dice el hint obtenemos
que
int(A
c ∩ B
c )
c = int(A
c )
c ∪ int(B
c )
c ⇐⇒ int((A ∪ B)
c )
c = int(A
c )
c ∪ int(B
c )
c
⇐⇒ adh(A ∪ B) = adh(A) ∪ adh(B)
b) (3.0 puntos) Considere (R, d) un espacio m´etrico donde
d(a, b) =
|a−b| 1+|a−b|
con a, b ∈ R
Sea P(R), el conjunto de las partes de R. Se define la aplicaci´on D : P(R) × P(R) → R por:
D(A, B) = ´ınf{d(a, b) : a ∈ A, b ∈ B} con A, B ∈ P(R)
Adem´as, si x ∈ R, B ⊂ R, se define:
δ(x, B) = ´ınf b∈B
d(x, b).
i) Considerando r > 0, determine c´omo son las bolas abiertas con la m´etrica d en funci´on
del valor de r.
Soluci´on: se tiene que:
|x−a| 1+|x−a|
< r ⇐⇒ |x − a| < r + r · |x − a| ⇐⇒ (1 − r) · |x − a| < r
Tenemos tres casos:
r 1 −r
⇐⇒ B(a, r) = (a −
r 1 −r
, a +
r 1 −r
- Si r = 1: B(a, r) = R
- Si r > 1: Tambien se obtiene que B(a, r) = R.
ii) Hallar δ(2, A) donde A = {x ∈ R : 0 ≤ x ≤ 1 }
Soluci´on: se tiene que:
δ(2, A) = ´ınf 0 ≤x≤ 1
d(2, x) = ´ınf 0 ≤x≤ 1
| 2 − x|
1 + | 2 − x|
= ´ınf 0 ≤x≤ 1
2 − x
3 − x
Pues y =
2 −x 3 −x
es un funci´on decreciente.
iii) Hallar D(A, B) donde B = {x ∈ R : − 2 < x < − 1 }.
Nota: Las aplicaciones δ y D est´an definidas en el Item i).
P2 a) (4.0 puntos) El objetivo de esta pregunta es demostrar el teorema del punto fijo de Banach
el cual se enuncia como:
Sea (E, ‖ · ‖) un espacio de Banach y T una funci´on contractante de E en E, entonces
existe un ´unico x ∈ E tal que T (x) = x
Una funci´on T : E → E se dice contractante si:
∃ 0 ≤ k < 1 : ‖T (x) − T (y)‖ ≤ k‖x − y‖, ∀x, y ∈ E.
Es sabido que las funciones contractantes son continuas (no lo demuestre), y a su vez, toda
funci´on continua cumple que:
∀xn → x =⇒ f (xn) → f (x).
Sea (E, ‖ · ‖) un e.v.n. completo. Usted debe demostrar que (∃! ¯x ∈ E) tal que ¯x = T (¯x).
Para ello proceda como sigue:
i) (0.5 puntos)Para demostrar esto, la intuici´on ser´a considerar xn+1 = T (xn), si se logra
demostrar que (xn) es una sucesi´on de Cauchy, se habr´ıa probado la existencia del punto
fijo. Comente por qu´e.
ii) (1.0) Pruebe que ‖xn − xn+1‖ ≤ k
n ‖x 1 − x 0 ‖
iii) (1.0) Muestre que ‖xn − xm‖ ≤
m− 1 ∑
j=n
‖xj+1 − xj ‖.
Hint: Utilice desigualdad triangular
iv) (0.5 puntos) Utilizando ii) muestre que
m− 1 ∑
j=n
‖xj+1 − xj ‖ ≤ ‖x 1 − x 0 ‖
∞ ∑
j=n
k
j
v) (0.5 puntos) Concluya la existencia de este punto fijo.
vi) (0.5 puntos) Para demostrar la unicidad de este punto fijo, razone por contradicci´on ( es
decir, suponga que existen dos puntos fijos y llegue a una contradicci´on).
Soluci´on:
i) Si (xn) es de Cauchy en un espacio vectorial normado completo, xn → ¯x, y por la conti-
nuidad de T, T (xn) → T (¯x) y tomando l´ımite en xn+1 = T (xn), se concluye que ¯x = T (¯x),
confirmando la existencia del punto fijo.
ii) ‖xn − xn+1‖ = ‖T (xn− 1 ) − T (xn)‖ ≤ k‖xn− 1 − xn‖ = k‖T (xn− 2 ) − T (xn− 1 )‖
≤ k
2 ‖T (xn− 2 ) − T (xn− 1 )‖... ≤ k
n ‖x 0 − x 1 ‖ = k
n ‖x 1 − x 0 ‖
iii) ‖xn − xm‖ = ‖xn − xn+1 + xn+1 − xn+2 + xn+2... + xm− 1 − xm‖
Desigualdad triangular
m∑− 1
j=n
‖xj+1 − xj ‖
iv) Utilizando ii), sumando ambas desigualdades desde j = n hasta m − 1 se tiene
m− 1 ∑
j=n
‖xj+1 − xj ‖ ≤ ‖x 1 − x 0 ‖
m− 1 ∑
j=n
k
j ≤ ‖x 1 − x 0 ‖
∞ ∑
j=n
k
j ≤ ‖x 1 − x 0 ‖
∞ ∑
i=
k
n k
i
= ‖x 1 − x 0 ‖k
n 1 1 −k
y como k < 1, → 0. Por lo tanto ‖xn − xm‖ → 0.
v) Como xn es Cauchy (demostrado en iv), usando i) concluimos la existencia del punto fijo.
vi) Supongamos que existen dos puntos fijos distintos tal que:
x = T (x), y = T (y)
Pero entonces:
‖T (x) − T (y)‖ = ‖x − y‖ ≤ k‖x − y‖ =⇒ 1 ≤ k →←
Contradicci´on. Sigue que el punto fijo es ´unico.
b) (2.0 puntos) Sea A ∈ Mm×n, b ∈ R
m dado y x ∈ R
n desconocido, se define el sistema lineal
Ax = b
i) (1.0 punto) Pruebe que resolver este sistema es equivalente a encontrar los puntos fijos de:
T (x) : R
n ⇒ R
n definido por:
T (x) = (I − A)x + b
Donde I es la matriz identidad de n × n
Soluci´on: Si T (¯x) = ¯x, se obtiene que:
x¯ = (I − A)¯x + b, es decir Ax¯ = b
ii) (1.0 punto) Se define la norma matricial:
‖A‖ 2 =
i,j
a
2 ij
¿Qu´e condici´on debe cumplir T (x) bajo esta norma para que exista soluci´on ´unica?.
Hint: Recuerde la propiedad ‖Ax‖ ≤ ‖A‖ 2 ‖x‖
Soluci´on: Debe cumplir que T sea contractante, es decir:
‖T (x) − T (y)‖ ≤ k‖x − y‖ con 0 ≤ k < 1
En efecto:
‖T (x) − T (y)‖ = ‖(I − A)x + b − (I − A)y − b‖ = ‖(I − A)(x − y)‖ ≤ ‖(I − A)‖ 2 ‖x − y‖.
Por lo que necesito que ‖(I − A)‖ 2 < 1
¿Para qu´e valores de α f es continua?
Soluci´on: notemos que |x| ≤
x
2
4 y |y| ≤
4
x
2
4 .
|f (x, y) − 0 | ≤
x
2
4 (x
2
4 )
α/ 4
x
2
4
= (x
2
4 )
α 4 −^
1 2
Con esto, si α > 2 se concluye que f es continua en (0, 0). Si α ≤ 2 f no es continua en (0, 0).
Para ver esto tomemos trayectorias de la forma x = ky
2 .
f (ky
2 , y) =
k|y|
α+
k
4 y
8
4
2 y
4
k|y|
α− 2
k
4 y
4
2
Luego si α = 2, obtenemos que
l´ım (x,y)→(0,0)
f (ky
2 , y) =
k
1 + k^2
Como depende de k concluimos que el l´ımite no existe. Ahora, si α < 2 queda lo siguiente:
l´ım (x,y)→(0,0)
f (ky
2 , y) = l´ım (x,y)→(0,0)
k
|y|^2 −α(1 + k^2 + k^4 y^4 )
c) (2.0 puntos) Relacione las siguientes funciones con su correspondiente curva de nivel justifi-
cando con lo aprendido en clases. El descarte no vale como justificaci´on.
i) f 1 (x, y) = cos(sen((x − 1)
2
2 ))
ii) f 2 (x, y) = max{sen(x), y}
iii) f 3 (x, y) = y + 2x
2
iv) f 4 (x, y) = ln(2x + y)
v) f 5 (x, y) = x
2 − 2 y
2
Soluci´on:
- f 1 (x, y) = cos(sen((x−1)
2 +y
2 )): Si nos movemos en circunferencias de radio r y centradas
en el punto (1, 0) el valor de la funci´on se mantiene constante dado que (x − 1)
2
y
2 se mantiene constante (toma el valor r
2 ). Luego las curvas de nivel asociadas son
circunferencias centradas en (1, 0), es decir, la imagen B.
- f 2 (x, y) = max{sen(x), y}: igualamos a α ∈ R. Luego tenemos que
α =
sen(x) si sen(x) ≥ y
y si sen(x) ≤ y
Esto nos dice que si (x, y) es tal que y est´a por sobre sen(x) entonces α = y. Como este
valor no depende de x, siempre que me mueva paralelo a este eje la funci´on tomar´a el
valor y = α. Si (x, y) es tal que y est´a por debajo de sen(x) entonces α = sen(x). Como
este valor no depende de y, siempre que me mueva paralelo a este eje la funci´on toma el
valor α = sen(x). Con lo anterior, la imagen asociada es la A.
2 : igualamos a α ∈ R.
y + 2x
2 = α ⇒ y = α − 2 x
2
Lo anterior corresponde a par´ablas c´oncavas desplazas en α, es decir, la imagen D.
- f 4 (x, y) = ln(2x + y): igualamos a α ∈ R.
ln(2x + y) = α ⇒ 2 x + y = e
α ⇒ y = e
α − 2 x
Lo anterior corresponde a rectas de pendiente −2 y coeficiente de posici´on e
α
. Luego, la
imagen asociada es la E.
2 − 2 y
2 : igualamos a α ∈ R.
x
2 − 2 y
2 = α ⇒
x
2
α)
2
y
2
2 α)
2
Esto ´ultimo corresponde a la conocida ecuaci´on de la hip´erbola, con lo que la imagen
asociada es la C.
