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MA2001-5 C´alculo en Varias Variables
Profesor: Marcelo Leseigneur
Auxiliares: Nicol´as Godoy - Mauricio Gonz´alez
Diego Ram´ırez - Eduardo Silva
Fecha: 12 de Mayo de 2016
Control 2
P1. (a) Dado el campo escalar g : R 2 −→ R definido por:
g(x, y) =
x α y
x 2
si (x, y) 6 = (0, 0)
0 si (x, y) = (0, 0)
con α ∈ R. En t´erminos del par´ametro α:
(i) (1 punto) Analice la continuidad de g en el origen y la existencia de ∇g en todo el
dominio de la funci´on. Luego, estudie la continuidad (si corresponde) de ∇g en (0, 0).
(ii) (1 punto) Analice en qu´e direcciones existen las derivadas direccionales en (0, 0).
(iii) (1 punto) Usando lo anterior, analice la diferenciabilidad de la funci´on en (0, 0).
(iv) (1 punto) Para α = 3, calcule el plano tangente de la funci´on en el punto (1, 1).
(b) (2 puntos) Considere el campo escalar f : R 2 → R definido por:
f (x, y) =
x|y| √ x 2
si (x, y) 6 = (0, 0)
0 si (x, y) = (0, 0)
Pruebe que esta funci´on es continua en (0, 0), y que todas sus derivadas direccionales existen
en ese punto. Muestre adem´as que f no es diferenciable en (0, 0).
P2. (a) Sean f : R 2 −→ R y ~γ : R −→ R 2 el campo escalar y la curva definidos de la manera siguiente:
f (x, y) =
x 2 y
x 2
si (x, y) 6 = (0, 0)
0 si (x, y) = (0, 0)
~γ(t) = αt eˆ 1 + βt eˆ 2 = (αt, βt) , con α, β 6 = 0
(i) (1 punto) Demuestre que la funci´on h : R −→ R definida por h(t) = (f ◦ ~γ)(t) es
diferenciable en t = 0.
(ii) (1 punto) Calcule por separado h
′ (0), ∇f (0, 0) y ~γ
′ (0).
(iii) (1 punto) Compruebe que
Jf ◦~γ (0) 6 = Jf (~γ(0)) · J~γ (0)
y justifique adecuadamente esta aparente contradicci´on con la regla de la cadena.
(b) Considere el campo vectorial F : R
2 → R
2 definido por:
F (x, y) = (g(x, g(x, y)), g(g(x, y), y))
donde g : R
2 → R es diferenciable.
(i) (2.5 puntos) Utilizando apropiadamente la regla de la cadena en su forma matricial,
encuentre JF (x, y) en t´erminos de g y sus derivadas. Indique d´onde se encuentran evalua-
das.
(ii) (0.5 puntos) Verifique la identidad encontrada para g : R 2 → R dada por:
g(u, v) = u
2
P3. (a) (3 puntos) Sean A ∈ Mm×n y b ∈ R
m
. Sea f : R
n → R definida por:
f (x) = ‖Ax − b‖
2 2
Demuestre que f es diferenciable y calcule ∇f (x).
(b) (3 puntos) Demuestre que el sistema no lineal de ecuaciones:
2 − x + sin(y) = 0
6 + e
−x 2 − 2 y = 0
posee una ´unica soluci´on en R 2
. Para ello, considere la funci´on f : R 2 → R 2 dada por:
f (x, y) =
x
sin(y), 3 +
e
−x 2
Use apropiada y justificadamente el TVM para mostrar que f es contractante (Lipschitz de
constante menor a 1) y concluya.
Hint: Puede utilizar sin demostrar que ∀x ∈ R se cumple x 2 e − 2 x 2 ≤
Tiempo: 3 horas.
Recuerde responder cada pregunta en hojas separadas, indicando su nombre en cada
una de ellas.
Luego,
∂g
∂x
es continua en (0, 0) ∀α > 2. An´alogamente:
l´ım (x,y)→(0,0)
x
α (x
2
2 ) − 2 x
α y
2
(x 2
= l´ım ρ→ 0
ρ
α cos
α (θ)ρ
2 − 2 ρ
α cos
α (θ)ρ
2 sen
2 (θ)
(ρ 2 ) 2
= l´ım ρ→ 0
ρ
α+ cos
α (θ) − 2 ρ
α+ cos
α (θ) sen
2 (θ)
ρ 4
= l´ım ρ→ 0
ρ
α− 2
[
cos
α (θ) − 2 cos
α (θ) sen
2 (θ)
]
0 si α > 2
@ si α ≤ 2
Se concluye que ∇g es continuo en (0, 0), ∀α > 2.
(ii) Consideremos d = (cos(θ), sen(θ)), con θ ∈ [0, 2 π):
f
′ ((0, 0); d) = l´ım t→ 0 +
f (t cos(θ), t sen(θ)) − f (0, 0)
t
= l´ım t→ 0 +
t
t
α cos
α (θ)t sen(θ)
t 2
= l´ım t→ 0 +^
t
α− 2 [cos
α (θ) sen(θ)]
0 si α > 2
cos
2 (θ) sen(θ) si α = 2
@ si α < 2
Por lo tanto, las derivadas direccionales de la funci´on en (0, 0) existen para α ≥ 2.
(iii) Como la funci´on no es continua en (0, 0) para α ≤ 1, de inmediato no puede ser diferen-
ciable en (0, 0) para estos valores de α.
Como la funci´on es continua en (0, 0) para α > 1, y las derivadas parciales son continuas
en dicho punto para α > 2, se concluye que la funci´on es diferenciable en (0, 0) para α > 2.
Analizamos por separado el caso 1 < α ≤ 2, puesto que en estos casos la funci´on es
continua y las derivadas parciales existen (pero no son continuas). Consideramos el l´ımite:
l´ım (x,y)→(0,0)
f (x, y) − f (0, 0) −
∂f
∂x
(0, 0)(x − 0) −
∂f
∂y
(0, 0)(y − 0)
‖(x, y) − (0, 0)‖
= l´ım (x,y)→(0,0)
x
α y
x 2
∣ ∣ ∣ ∣ √ x
2
= l´ım (x,y)→(0,0)
|x
α y|
(x 2
= l´ım ρ→ 0
|ρ α cos α (θ)ρ sen(θ)|
(ρ 2 ) 3 / 2
= l´ım ρ→ 0
ρ
α− 2 cos
α (θ) sen(θ)
Esto ´ultimo pues 1 < α ≤ 2. Se concluye que la funci´on s´olo es diferenciable en (0, 0) para
α > 2.
(iv) Si f es una funci´on diferenciable en (x 0 , y 0 ), el plano tangente de la funci´on en dicho punto
est´a dado por
z = f (x 0 , y 0 ) +
∇f (x 0 , y 0 ),
x − x 0
y − y 0
Sabemos que g es diferenciable en (1, 1) ya que tanto la funci´on como sus derivadas parcia-
les son continuas en ese punto (por ´algebra y composici´on de funciones continuas). Luego,
el plano tangente buscado es:
z = g(1, 1) +
∇g(1, 1),
x − 1
y − 1
Como α = 3:
g(1, 1) =
3 · 1
12 + 1^2
∂g
∂x
3 − 1 · 1(
2
2 ) − 2 · 1
3+ · 1
(1^2 + 1^2 )^2
∂g
∂y
3 (
2
2 ) − 2 · 1
3 1
2
2
Por lo tanto, el plano tangente de la funci´on es:
z =
x − 1
y − 1
⇔ z =
(b) Para la continuidad, notemos que f es continua en R 2 {(0, 0)}, por ´algebra y composici´on de
continuas. Para la continuidad en (0, 0), calculamos el siguiente l´ımite, utilizando coordenadas
polares:
l´ım (x,y)→(0,0)
x|y| √ x 2
= l´ım ρ→ 0
ρ cos(θ) |ρ sin(θ)|
ρ
= 0 = f (0, 0) ∀θ ∈ [0, 2 π)
Por tanto, f es continua en (0, 0) y, por tanto, en todo R
2 .
Para las derivadas direccionales, consideremos d = (cos(θ), sin(θ)), con θ ∈ [0, 2 π):
f
′ ((0, 0), d) = l´ım t→ 0 +
f (t cos(θ), t sin(θ)) − f (0, 0)
t
= l´ım t→ 0 +
t cos(θ)|t sin(θ)| √ t^2 cos^2 (θ)+t^2 sin^2 (θ)
t
= l´ım t→ 0 +
t
2 cos(θ)| sin(θ)|
t 2
= cos(θ)| sin(θ)|
Es decir, las derivadas direccionales de f en (0, 0) existen para toda direcci´on.
Supongamos que f es diferenciable en (0, 0). Luego, se debe tener que:
f
′ ((0, 0), d) = 〈∇f (0, 0), d〉 ∀d ∈ R
2
Se tiene que ∇f (0, 0) = (0, 0), luego, por lo anterior, f
′ ((0, 0), d) = 0 ∀d ∈ R
2
. Sin embargo,
para d =
cos(
π 4 ), sin(
π 4
, la f´ormula obtenida para las derivadas direccionales nos indica que:
f
′
cos
π
, sin
π
Lo cual es una contradicci´on, luego f no es diferenciable en (0, 0).
P2. (a) (i) Tenemos que:
h(t) = (f ◦ ~γ)(t) = f (~γ(t)) = f (αt, βt) =
α 2 t 2 βt
α 2 t 2
si (αt, βt) 6 = (0, 0)
0 si (αt, βt) = (0, 0)
Como (αt, βt) = (0, 0) ⇔ t = 0, lo anterior equivale a:
h(t) =
α
2 t
2 βt
α 2 t 2
si t 6 = 0
0 si t = 0
⇒ h(t) = (f ◦ ~γ)(t) =
α
2 βt
α 2
, ∀t ∈ R
Es decir, la funci´on dada es una funci´on real de variable real, derivable en todo punto y
por lo tanto diferenciable en t = 0.
Consideremos ahora la transformaci´on ϕ 1 : R 4 → R 2 , tal que ϕ 1 (r, s, w, z) = (r, s), la cual
es diferenciable. Entonces Ψ 1 (r, s, w, z) = (g ◦ ϕ 1 )(r, s, w, z). Con esto:
∇Ψ 1 (r, s, w, z) = ∇g(ϕ(r, s, w, z))Jϕ(r,s,w,z) =
[
∂g
∂u
(r, s),
∂g
∂v
(r, s)
] [
]
[
∂g
∂u
(r, s),
∂g
∂v
(r, s), 0 , 0
]
Lo mismo puede hacerse para
∇Ψ 2 (r, s, w, z) =
[
∂g
∂u
(w, z),
∂g
∂v
(w, z)
]
Entonces:
JΨ(T (x, y)) =
[
∂g ∂u (x, g(x, y))
∂g ∂v (x, g(x, y)) 0 0
∂g ∂u (g(x, y), y)
∂g ∂v (g(x, y), y)
]
An´alogamente, se obtiene que:
JT (x, y) =
∂g ∂u (x, y)
∂g ∂v (x, y) ∂g ∂u (x, y)
∂g ∂v (x, y)
0 1
Por lo tanto:
JF (x, y) = JΨ(T (x, y))JT (x, y)
[
∂g ∂u
(x, g(x, y))
∂g ∂v
(x, g(x, y)) 0 0
∂g ∂u
(g(x, y), y)
∂g ∂v
(g(x, y), y)
]
∂g ∂u
(x, y)
∂g ∂v
(x, y) ∂g ∂u
(x, y)
∂g ∂v
(x, y)
0 1
[
∂g ∂u
(x, g(x, y)) +
∂g ∂v
(x, g(x, y))
∂g ∂u
(x, y)
∂g ∂v
(x, g(x, y))
∂g ∂v
(x, y) ∂g ∂u (g(x, y), y)
∂g ∂u (x, y)
∂g ∂u (g(x, y), y)
∂g ∂v (x, y) +
∂g ∂v (g(x, y), y)
]
(ii)
g(u, v) = u
2
2
2
2
4
2 y + y
2
⇒ JF (x, y) =
[
4 x 1
4 x 3
]
Por otro lado, es claro que:
∂g
∂u
(u, v) = 2u y
∂g
∂v
(u, v) = 1 ∀(u, v) ∈ R
2
Por lo tanto, reemplazando en la identidad encontrada en (i), se tiene que:
JF (x, y) =
[
2 x + 1 · 2 x 1 · 1
2(x
2
2
]
[
4 x 1
4 x
3
2
]
Con lo que ambos resultados coinciden.
P3. (a) Notemos que:
f (x) = ‖Ax − b‖
2 2 = 〈Ax − b, Ax − b〉 = (Ax − b)
t (Ax − b) = (x
t A
t − b
t )(Ax − b)
= x
t A
t Ax − x
t A
t b − b
t Ax + b
t b = x
t A
t Ax − 2 b
t Ax + ‖b‖
2 2
Notemos que A t A es una matriz cuadrada de n × n sim´etrica, luego el primer t´ermino de esta
suma corresponde a una forma cuadr´atica de x. Con esto:
∇f (x) = 2A
t Ax − 2 b
t A
Esta funci´on claramente es continua, por lo que ∇f es continua. Luego sus componentes, que
corresponden a las derivadas parciales de f, son continuas, con lo cual se concluye que f es
diferenciable.
(b) Veremos que f es contractante, y al ser R 2 un espacio de Banach, gracias al teorema del punto
fijo de Banach podremos concluir que f tiene un ´unico punto fijo, es decir, ∃!(x, y) ∈ R
2 tal
que f (x, y) = (x, y), es decir,
x
sin(y) = x
e
−x 2 = y
o escrito de otra manera,
2 − x + sin(y) = 0
6 + e
−x 2 − 2 y = 0
Con lo que habremos probado que el sistema posee una ´unica soluci´on.
Para ver que f es contractante, notemos que R 2 es un conjunto convexo y por ´algebra de
funciones diferenciables f es una funci´on diferenciable en todo R 2 , con lo cual se puede aplicar
el TVM para campos vectoriales y concluir que ∀(x, y), (u, v) ∈ R 2 ,
‖f (x, y) − f (u, v)‖ ≤ ‖(x, y) − (u, v)‖ sup (a,b)∈I
‖Jf (a, b)‖F
donde I = {(z, w) ∈ R
2 | (∃t ∈ (0, 1)), (z, w) = t(x, y) + (1 − t)(u, v)} y
‖Jf (a, b)‖F =
i
j
∂f j
∂xi
(a, b)
El Jacobiano de f es:
Jf (a, b) =
1 2
1 2 cos(b)
−ae −a 2 0
y con ello
‖Jf (a, b)‖
2 F
cos(b)
−ae
−a 2
2
cos
2 (b) + a
2 e
− 2 a 2
2 e
− 2 a 2
Usando el Hint
De donde sigue que
sup (a,b)∈I
‖Jf (a, b)‖F ≤
y por la desigualdad del TVM:
‖f (x, y) − f (u, v)‖ ≤
‖(x, y) − (u, v)‖
Debido a que
√ 3 2
< 1, se concluye que f es contractante y que por lo dicho al comienzo, en
virtud del Teorema del Punto Fijo de Banach, el sistema tiene una ´unica soluci´on.
