Download Calculus of Several Variables: Derivatives and Composition at (0, 0) and Solving a PDE and more Exams Calculus in PDF only on Docsity!
MA2001-2 C´alculo en Varias Variables Profesor: Marcelo Leseigneur P. Auxiliares: Mauricio Gonz´alez - Valent´ın Retamal Auxiliares: Diego Ram´ırez - Eduardo Silva Fecha: 10 de Noviembre del 2015
Pauta Control 2
P1. Sean f : R^2 −→ R y g : R −→ R^2 definidas por
f ( x, y ) =
x^3 y x^4 + y^2
, ( x, y ) 6 = (0 , 0)
0 , ( x, y ) = (0 , 0)
g ( t ) =
t, t^2 sin
t
, t 6 = 0
(0 , 0) , t = 0
i) (1,5 ptos.) Determinar para qu´e direcciones existe la derivada direccional de f en ( x, y ) = (0 , 0). ii) (1,5 ptos.) Encuentre las derivadas parciales de f donde existan. iii) (1,5 ptos.) Muestre que g es diferenciable en t = 0. iv) (1,5 ptos.) Estudie la diferenciabilidad de ( f ◦ g ) en t = 0. Concluya acerca de la diferenciabilidad de f en ( x, y ) = (0 , 0).
Sol.: i) Podemos tomar una direcci´on unitaria arbitraria de la forma d~ = (cos θ, sin θ ). Por definici´on,
df ((0 , 0); d~ ) = l´ım t → 0 +
f ((0 , 0) + td~ ) − f (0 , 0) t = l´ım t → 0 +
f ( t cos θ, t sin θ ) t
= l´ım t → 0 +
t^3 cos^3 θ · t sin θ t ( t^4 cos^4 θ + t^2 sin^2 θ )
= l´ım t → 0 +
t cos^3 θ · sin θ t^2 cos^4 θ + sin^2 θ
Luego, si sin θ = 0, df ((0 , 0); d~ ) = 0, mientras que si sin θ 6 = 0, el l´ımite es nulo. En cualquier caso, df ((0 , 0); d~ ) = 0. ii) Para el caso ( x, y ) 6 = (0 , 0), calculamos las derivadas parciales por regla de la divisi´on:
∂f ∂x ( x, y )^ =^
3 x^2 y ( x^4 + y^2 ) − x^3 y · 4 x^3 ( x^4 + y^2 )^2
=
3 x^2 y^3 − x^6 y ( x^4 + y^2 )^2 ∂f ∂y
( x, y ) =
x^3 ( x^4 + y^2 ) − x^3 y · 2 y ( x^4 + y^2 )^2
=
x^7 − x^3 y^2 ( x^4 + y^2 )^2
Estas derivadas son continuas en R^2 \ {(0 , 0)}. Para calcular las derivadas en (0 , 0), lo haremos por definici´on:
∂f ∂x
(0 , 0) = l´ t ım→ 0
f ((0 , 0) + t (1 , 0)) − f (0 , 0) t = l´ t ım→ 0^ f^ ( t,^ 0) t = l´ t ım→ 0^ t
t ( t^4 + 0^2 )
∂f ∂y
(0 , 0) = l´ t ım→ 0
f ((0 , 0) + t (0 , 1)) − f (0 , 0) t
= l´ t ım→ 0
f (0 , t ) t = l´ t ım→ 0
03 · t t (0^4 + t^2 )
Por lo tanto, las derivadas parciales existen en todo R^2.
iii) Es claro que ambas componentes de g tienen derivada continua para todo t 6 = 0. Calculamos las derivadas de g es t = 0 por definici´on:
dg dt
(0) = (^) t l´ım→ 0
g ( t ) − g (0) t
= (^) t l´ım→ 0
t, t^2 sin
t
t = (^) t l´ım→ 0
1 , t sin
t
En la segunda componente se us´o el criterio de l´ımite entre una funci´on nula y una acotada. Finalmente, hay que verificar que g sea Fr´echet-diferenciable, pero como el dominio es R, que la derivada exista equivale a que la funci´on sea diferenciable en el punto.
iv) Notemos que no podemos usar directamente regla de la cadena, pues esto es consecuencia de la diferenciabilidad de ambas funciones; aqu´ı desconocemos si f es diferenciable. Simplemente calculamos la composici´on y luego su derivada por definici´on:
f ◦ g )( t ) =
f
t, t^2 sin
t
, t 6 = 0 0 , t = 0
{ (^) t (^5) sin( 1 t ) t^4 + t^4 sin^2 ( (^1) t ) , t^^6 = 0 0 , t = 0
{ (^) t sin( 1 t ) 1+sin^2 ( (^1) t ) , t^^6 = 0 0 , t = 0
Con esto,
d ( f ◦ g ) dt
(0) = l´ t ım→ 0
( f ◦ g )( t ) − ( f ◦ g )(0) t
= l´ t ım→ 0
sin
t
1 + sin^2
t
Este ´^ ´ ultimo l´ımite no existe, por lo tanto ( f ◦ g ) no es diferenciable en t = 0. De esta manera, encontramos una trayectoria para la cual ∇ f (0 , 0) no existe, con lo que f no puede ser diferenciable en (0 , 0).
iii) Si usamos la condici´on inicial en la expresi´on anterior, tendremos que
f (1 , y ) = k 2
y^2 + C (arctan( y )) por lo obtenido
=
k 2
y^2 + y +
k 2
por enunciado ∴ C (arctan( y )) = y ∴ C
arctan
( (^) y x
y x ∴ f ( x, y ) =
k 2 ( x
(^2) + y (^2) ) + y x P3. i) Sea p el polinomio de grado n ∈ N dado por
p ( y ) = a 0 + a 1 y + a 2 y^2 +... + anyn^ =
∑^ n
k =
akyk
y sea y 0 ∈ R una ra´ız del polinomio p , que adem´as verifica p ′( y 0 ) 6 = 0. Considere adem´as la funci´on F : R n^ × R −→ R dada por
F ( ~x, y ) = F ( x 1 ,... , xn, y ) =
∑^ n
k =
ak ( xk + y ) k
a ) (1.5 ptos.) Calcule las derivadas parciales
∂F
∂xi
( ~x, y ) para i = 1 ,... , n fijo y
∂F
∂y
( ~x, y ). Concluya que F es de clase C^1. b ) (1 pto.) Calcule F ( ~ 0 , y 0 ) y explicite la derivada JF ( ~ 0 , y 0 ). c ) (2 ptos.) Muestre que existe una vecindad de ~ 0 ∈ R n , en donde se puede despejar y en funci´on de ~x ; esto es, que existe una funci´on ϕ : U −→ R tal que
ϕ ( ~ 0) = y 0
y ϕ ( ~x ) = y para todo ~x ∈ U ⊆ R n , donde U es vecindad de ~ 0, de forma que
(∀ ~x ∈ U ) F ( ~x, ϕ ( ~x )) = 0
Adem´as, verifique que
∇ ϕ ( ~ 0) = − 1 p ′( y 0 )
a 1 2 a 2 y 0 3 a 3 y^20 .. . nany 0 n −^1
ii) Sea f : R^2 −→ R definida por f ( x, y ) = x + y^2 + sin( xy ) a ) (0,5 ptos.) Encuentre la ecuaci´on de la recta tangente a la curva de nivel f ( x, y ) = 1 en el punto (0 , 1). b ) (0,5 ptos.) Encuentre un vector normal al grafo de f en el punto (0 , 1). c ) (0,5 ptos.) Encuentre la ecuaci´on del plano tangente al grafo de f en (0 , 1).
Sol.: i) a ) Se tiene que:
∂F ∂xi
( ~x, y ) =
∑^ n
k =
∂xi
ak ( xk + y ) k
∑^ n
k =
akk ( xk + y ) k −^1
∂xk ∂xi
Notemos que
∂xk ∂xi
1 , k = i
0 , k 6 = i
∴
∂F
∂xi
( ~x, y ) = aii ( xi + y ) i −^1
Por otro lado: ∂F ∂y
( ~x, y ) =
∑^ n
k =
∂y
ak ( xk + y ) k
∑^ n
k =
akk ( xk + y ) k −^1
Todas las derivadas parciales son continuas al ser polinomios. Luego, F es de clase C^1. b )
F ( ~ 0 , y 0 ) =
∑^ n
k =
akyk 0 = p ( y 0 ) = 0
ya que y 0 es ra´ız de p. Para calcular JF ( ~ 0 , y 0 ), sabemos que: ∂F ∂xi
( ~ 0 , y 0 ) = aii (0 + y 0 ) i −^1 = iaiy 0 i −^1
∂F ∂y (
~ 0 , y 0 ) =
∑^ n
k =
akk (0 + y 0 ) k −^1 =
∑^ n
k =
akky 0 k −^1 = p ′( y 0 )
⇒ JF ( ~ 0 , y 0 ) = ( a 1 , 2 a 2 y 0 , 3 a 3 y^20 , ..., nany 0 n −^1 , p ′( y 0 )) c) Verifiquemos que se cumplen las hip´otesis del Teorema de la Funci´on Impl´ıcita para F en el punto ( ~ 0 , y 0 ): F es de clase C^1 , por a ) F ( ~ 0 , y 0 ) = 0 , por b )
∣∣^ ∂F
∂y
( ~ 0 , y 0 )
∣∣ = p ′( y 0 ) 6 = 0 , por hip´otesis.
Luego, por TFI, se concluye lo deseado. Finalmente, para calcular ∇ ϕ ( ~ 0), se tiene que:
∂ϕ ∂xi
∂F ∂xi ( ~^0 , y^0 ) ∂F ∂y ( ~^0 , y^0 )
iaiyi 0 −^1 p ′( y 0 )
Por tanto:
∇ ϕ ( ~ 0) = −
p ′( y 0 )
a 1 2 a 2 y 0 3 a 3 y^20 .. . nany 0 n −^1
ii) (0,5 ptos.) Sean M ∈ M n (R) y h : R n^ −→ R definida por
h ( x ) = x
tM x xtx a ) Si x 0 verifica ∇ h ( x 0 ) = 0, muestre que se cumple ( M + M t ) x 0 = 2 h ( x 0 ) x 0 b ) Si M es sim´etrica, ¿qu´e relaci´on hay entre la ecuaci´on anterior y los valores propios de M?
Sol.: i) Es claro que g : R n^ −→ R m^ dada por g ( x ) = Ax − b satisface
g ( x + h ) = A ( x + h ) − b = Ax − b + Ah = g ( x ) + Ah = g ( x ) + Lx ( h ) + o ( h )
donde Lx ( h ) = Ah es lineal en h y o ( h ) = 0 claramente satisface l´ım h −→ 0
o ( h ) ‖ h ‖
Luego g es diferenciable y adem´as Jg ( x ) = A. Por otro lado, h : R m^ → R dada por h ( x ) = ‖ x ‖^22 satisface
ϕ ( x + h ) =
∑^ m
i =
( xi + hi )^2
∑^ m
i =
x^2 i + 2 xihi + h^2 i
∑^ m
i =
x^2 i +
∑^ m
i =
2 xihi +
∑^ m
i =
h^2 i
= ϕ ( x ) +
∑^ m
i =
2 xihi + ‖ h ‖^22
= ϕ ( x ) + Lx ( h ) + o ( h )
donde Lx ( h ) = 2 xth es lineal en h y o ( h ) = ‖ h ‖^22 satisface l´ h ım→ 0
o ( h ) ‖ h ‖ = l´ h ım→ 0
‖ h ‖^22 ‖ h ‖ 2 = l´ h ım→ 0
‖ h ‖^22 ‖ h ‖ 2 = l´ h ım→ 0 ‖ h ‖^2 = 0. Luego, ϕ es diferenciable y adem´as ∇ ϕ ( x ) = 2 x. Finalmente, f ( x ) = ( ϕ ◦ g )( x ) es composici´on de funciones diferenciables, de forma que tambi´en es diferenciable. Adem´as, por regla de la cadena, ∇ f ( x ) = ∇ ϕ ( g ( x )) tJg ( x ) = 2 g ( x ) tA = 2( Ax + b ) tA = 2( AtAx + Atb ) t
ii) a ) Tenemos que xtxh ( x ) = xtM x ‖ x ‖^22 h ( x ) = xtM x =⇒ ∇
‖ x ‖^22 h ( x )
xtM x
‖ x ‖^22
h ( x ) + ‖ x ‖^22 ∇ h ( x ) = ∇
xtM x
Calculemos ∇ ( xtM x ):
( x + h ) tM ( x + h ) = xtM x + xtM h + htM x + htM h = xtM x + ( M h ) t^ x + htM x + htM h = xtM x +
htM t^ + htM
x + htM h = xtM x + Lx ( h ) + o ( h )
donde Lx ( h ) = ht ( M t^ + M ) x es lineal en h y o ( h ) = htM h satisface l´ h ım→ 0
o ( h ) ‖ h ‖
= 0 (la demostraci´on de ´esto fue dada en una clase Auxiliar). Luego ∇ ( xtM x ) = ( M t^ + M ) x De la parte anterior, sabemos que ∇
‖ x ‖^22
= 2 x. Por lo tanto,
2 xh ( x ) + ‖ x ‖^22 ∇ h ( x ) = ( M t^ + M ) x
Evaluando en x 0 , y usando que ∇ h ( x 0 ) = 0, se concluye que
2 h ( x 0 ) x 0 = ( M t^ + M ) x 0
b ) Si M es sim´etrica, M t^ = M. Luego lo anterior queda
h ( x 0 ) x 0 = M x 0 =⇒ M x 0 − h ( x 0 ) x 0 = 0 =⇒ ( M − Inh ( x 0 )) x 0 = 0
donde In denota la matriz identidad en M n (R). Luego h ( x 0 ) es, efectivamente, un valor propio de M.
