Ayudantía 7 (Solución)

(1)

Ayudant´ıa 7

1. Regla de la cadena

Problema 1. SeanG(x, y, z) =√x2₊_y2₊_z2 _y_F₍_{r, θ}_{) = (}_r_cos_{θ, r}_sin_{θ, r}_{). Calcule, utilizando Regla de} la Cadena, la matriz derivada de (G◦F) en el puntop= (1,0).

Soluci´on:La Regla de la Cadena nos dice que

D(G◦F) (p) = (DG(F(p)))◦DF(p).

Tenemos que

DF(p) =

         

∂f1

∂r (p) ∂f1

∂θ(p)

∂f2

∂r (p) ∂f2

∂θ(p)

∂f3

∂r (p) ∂f3

∂θ(p)          

=



cossinθθ −rrcossinθθ

1 0

 

(r,θ)=(1,0) =

 10 01

1 0

 .

An´alogamente, dado queF(0,1) = (1,0,1),

DG(F(p)) =

[ ∂g1

∂x(F(p)) ∂g1

∂y(F(p)) ∂g1

∂z (F(p)) ]

=

[ _x

√

x2₊_y2₊_z2

y √

x2₊_y2₊_z2

z √

x2₊_y2₊_z2

]

(x,y,z)=(1,0,1) =

[

1 √

2 0 1 √ 2

] .

Finalmente,

D(G◦F) (p) =

[

1 √

2 0 1 √ 2

]  10 01

1 0



=[√2 0].

2. Teorema de la funci´

on impl´ıcita

Usaremos dos versiones del teorema (la segunda es una generalizaci´on).

Teorema 1. Seaf :U ⊆Rn+1→Rtal que sus derivadas parciales existen y son continuas. Sea (x0, z0)∈ Rn_×_R₌_Rn+1 _{tal que}_f₍_x

0, z0) = 0 y ∂f_∂z(x0, z0)̸= 0. Entonces, existe una bolaB enRn _{que contiene a} _x

0, un intervaloI de Rque contiene a z0 y una funci´on

g:Rn _→_R_{tales que:}_∀_z_∈_I,_∃_x_∈_B _{de forma que}_g₍_x_{) =}_z_y_f₍_{x, g}₍_x_{)) = 0. Adem´}_{as, esta funci´}_on_g₍_x_{) es}

diferenciable enB y:

∂g(x)

∂xi

=−

∂f(x,g(x))

∂xi

∂f(x,g(x))

∂z

(2)

Teorema 2(Teorema de la funci´on impl´ıcita). SeaF :Rn+m→Rm, F = (F1, . . . , Fm), y vectores ˜x∈Rn,

˜

u∈Rm tales queF(˜x,u˜) = 0 (es decir, que el punto (˜x,˜u)∈Rn+mest´e en todas las superficies de nivel 0 de las funcionesFi).

Supongamos adem´as que las derivadas parciales ∂Fi

∂xj,

∂Fi

∂uk existen y son continuas (∀i, j, k).

Si

∂(F1, . . . , Fm)

∂(u1, . . . , um)

̸= 0 entonces existe una bolaS⊆Rn _{y otra}_T _⊆_Rm_{tales que:}

˜

x∈S, u˜∈T

y una funci´onG:S→T de clase C1_:

G(x) = (G1(x), . . . , Gm(x))

tal que (u1, . . . , un) =G(x1, . . . , xn) y:

∂(u1, . . . , um)

∂(x1, . . . , xn)

=−

(

∂(F1, . . . , Fm)

∂(u1, . . . , um)

)−1

∂(F1, . . . , Fm)

∂(x1, . . . , xn)

Ejemplo 1. Suponga funciones F = (F1, F2, F3) :R6→R3 y un punto (x0, y0, z0, u0, v0, w0)∈R3×R3 tal queF(x0, y0, z0, u0, v0, w0) = 0. Asuma que queremos despejaru, v, w en funci´on dex, y, zy que se cumplen para esto las hip´otesis del teorema. Entonces,

          ∂F1 ∂u ∂F1 ∂v ∂F1 ∂w ∂F2 ∂u ∂F2 ∂v ∂F2 ∂w ∂F3 ∂u ∂F3 ∂v ∂F3 ∂w                      ∂u ∂x ∂u ∂y ∂u ∂z ∂v ∂x ∂v ∂y ∂v ∂z ∂w ∂x ∂w ∂y ∂w ∂z            =−            ∂F1 ∂x ∂F1 ∂y ∂F1 ∂z ∂F2 ∂x ∂F2 ∂y ∂F2 ∂z ∂F3 ∂x ∂F3 ∂y ∂F3 ∂z           

Consideremos, en particular, un sistema de la formaAx=b(b∈R3_{), por ejemplo:}

(3)

Seg´un la regla de Cramer, se tiene que:

∂u ∂x =−

∂F1 ∂x

∂F1

∂v ∂F1

∂w

∂F2 ∂x

∂F2

∂v ∂F2

∂w

∂F3 ∂x

∂F3

∂v ∂F3

∂w

∂F1

∂u ∂F1

∂v ∂F1

∂w

∂F2

∂u ∂F2

∂v ∂F2

∂w

∂F3

∂u ∂F3

∂v ∂F3

∂w

=−|JF(x, v, w)| |JF(u, v, w)|

An´alogamente,

∂u ∂y =−

|JF(y, v, w)|

|JF(u, v, w)|

∂u ∂z =−

|JF(z, v, w)|

|JF(u, v, w)|

Considerando otro sistema similar al anterior se establece, por ejemplo, que

∂v ∂x =−

|JF(u, x, w)|

|JF(u, v, w)|

∂v ∂y =−

|JF(u, y, w)|

|JF(u, v, w)|

etc´etera.

Problema 2. Considere el sistema

xy+eux+ 2v= 3

x+uy−v=−1

}

1. Compruebe que existe una vecindad de p = (0,1) y funciones u = u(x, y) y v = v(x, y) tales que

u(0,1) = 0 yv(0,1) = 1 que resuelven el sistema.

2. Calcule

∂u

∂x(0,1) , ∂2_u

∂y∂x(0,1),

dondeues la funci´on del inciso anterior.

(4)

1. Sean F(x, y, u, v) = xy+eux+ 2v−3, G(x, y, u, v) = x+uy−v+ 1, entonces el sistema dado es equivalente a

F(x, y, u, v) = 0

G(x, y, u, v) = 0

}

Dado que F y G son funciones diferenciables y (0,1,0,1) satisface trivialmente el sistema, podemos usar el TFImp. La condici´on que nos falta chequear es

∂_∂(₍F, G_{u, v}₎)̸= 0

en (0,1,0,1). All´ı tenemos que

∂(F, G)

∂(u, v)

=xe

ux ₂

y −1

=0 2 1 −1

=−2̸= 0.

Luego, por el TFImp, se concluye lo pedido.

2. Sabemos que en una vecindad de (0,1,0,1),

∂u ∂x =−

∂(F,G)

∂(x,v)

∂(F,G)

∂(u,v)

=−

y+ueux ₂

1 −1

xeux ₂

y −1

=−

y+ueux_{+ 2}

xeux_{+ 2}_y ⇒

∂u

∂x(0,1) =−

3 2.

Para encontrar la otra derivada, derivamos la ecuaci´on anterior respecto ay. As´ı,

∂2u ∂y∂x =−

(1 +uyeux+xuuyeux) (xeux+ 2y)−(y+ueux+ 2)

(

x2uuyeux+ 2

)

(xeux_{+ 2}_y₎2 .

Pero

∂u ∂y =−

∂(F,G)

∂(y,v)

∂(F,G)

∂(u,v)

=−

x 2

u −1

xeux 2

y −1

=−

x+ 2u xeux_{+ 2}_y ⇒

∂u

∂y(0,1) = 0.

Finalmente,

∂2_u

∂y∂x = 1.

Problema 3. Seag(x, y) una funci´on dos veces diferenciable. Considere la funci´on

F(x, y, z) =x2+y2+zg(x, y)−z2.

Determine las condiciones sobre x, yy g(x, y) de modo que la ecuaci´on F(x, y, z) = 0 permita definirz =

z(x, y) impl´ıcitamente como funci´on dos veces diferenciable y pruebe que, en este caso, se verifica la ecuaci´on

(5)

Solución:Notemos queF es diferenciable por ser álgebra de diferenciables. Luego, el TFImp nos dice que para poder despejarzen función dexey necesitamos que

∂F ∂z ̸= 0,

es decir,

g(x, y)̸= 2z. (1)

Aceptemos (1). DerivandoF(x, y, z(x, y)) = 0 respecto ax, tenemos que

2x+z∂g ∂x +

∂z

∂x(g−2z) = 0.

Sea

H(x, y, w) = 2x+z(x, y)∂g

∂x(x, y) +w(g(x, y)−2z(x, y)).

Ahora nos gustar´ıa quewpudiese ser despejada como función impl´ıcita dexey(puesw=_∂x∂z). Observamos que H también es diferenciable por ser álgebra de diferenciables. Luego, para poder hacer el despeje, el TFImp nos exige que

∂H ∂w ̸= 0,

es decir, nos exige (1).

Dada la simetr´ıa de la función, todo el procedimiento anterior es análogo paray y por lo tanto, si se cumple (1), ∂z_∂y también es una función diferenciable.

En conclusión, si se cumple (1), tenemos quez=z(x, y) es una función diferenciable cuyas derivadas parciales son nuevamente diferenciables, por lo tanto,z es una función dos veces diferenciable.

Bien, ahora podemos derivarF(x, y, z) = 0 respecto axy sigue que

2x+∂z

∂xg+z ∂g ∂x−2z

∂z ∂x = 0.

Derivamos nuevamente respecto axpara obtener

2 + ∂ 2_z

∂x2g+z

∂2_g

∂x2 + 2

∂z ∂x

∂g ∂x−2

( ∂z ∂x

)2 −2z∂

2_z

∂x2 = 0, es decir,

z∂

2_g

∂x2 + 2

∂z ∂x

∂g ∂x −2

( ∂z ∂x

)2 +∂

2_z

∂x2(g−2z) =−2. (2)

An´alogamente,

z∂

2_g

∂y2 + 2

∂z ∂y

∂g ∂y−2

( ∂z ∂y

)2 +∂

2_z

∂y2(g−2z) =−2. (3)

Finalmente, sumando (2) y (3), tenemos que

z (

∂2_g

∂x2+

∂2_g

∂y2

)

+ 2

( ∂z ∂x

∂g ∂x +

∂z ∂y

∂g ∂y

)

−2

[( ∂z ∂x

)2 +

( ∂z ∂y

)2] +

( ∂2_z

∂x2 +

∂2_z

∂y2

)

(g−2z) =−4,

es decir,

(6)

Problema 4. Encuentre una expresi´on para el operador∇ en coordenadas cil´ındricas. Con ello, calcule el gradiente de

f(r, θ, z) = logr+θ2z

en coordenadas cil´ındricas.

Soluci´on:Para encontrar∇en coordenadas cil´ındricas usaremos la Regla de la Cadena y el Teorema de la Funci´on Inversa. Primero notemos que

∂ ∂x =

∂ ∂r

∂r ∂x+

∂ ∂θ

∂θ ∂x+

∂ ∂z

∂z ∂x, ∂

∂y = ∂ ∂r

∂r ∂y+

∂ ∂θ

∂θ ∂y +

∂ ∂z

∂z ∂y, ∂

∂z = ∂ ∂z.

Ahora el problema es encontrar las derivadas que nos molestan. SeaF el cambio de coordenadas, es decir,

F(r, θ, z) = (rcosθ, rsinθ, z) := (x, y, z). Tenemos que

J F = ∂(x, y, z)

∂(r, θ, z) =



cossinθθ −rrcossinθθ 00

0 0 1

 .

EntoncesJ(F−1)₌ ∂(r,θ,z)

∂(x,y,z) es la matriz que tiene las derivadas que necesitamos. Como |J F|=r̸= 0, por el TFInv, tenemos queJ(F−1)_{= (}_{J F}₎−1

, es decir, hemos llevado un problema de C´alculo a uno de ´Algebra Lineal pues todo lo que debemos hacer es invertir la matrizJ F. Para ello calculamos la matriz adjunta de

J F:

Adj (J F) =



rrcossinθθ −cossinθθ 00

0 0 r

 

T

.

As´ı,

(J F)−1= 1

|J F|Adj (J F) =

1

r 

₋rcossinθθ rcossinθθ 00

0 0 r

 =



₋cos1 θ sinθ 0

rsinθ

1

rcosθ 0

0 0 1

 .

Luego,

∂ ∂x =

∂

∂r cosθ− ∂ ∂θ

1

rsinθ, ∂

∂y = ∂

∂r sinθ+ ∂ ∂θ

1

rcosθ, ∂

∂z = ∂ ∂z.

Por lo tanto,

∇= ∂

∂xˆı+ ∂ ∂yˆȷ+

∂ ∂z

ˆ

k=

( ∂

∂r cosθ− ∂ ∂θ

1

rsinθ )

ˆı+

( ∂

∂rsinθ+ ∂ ∂θ

1

rcosθ )

ˆ

ȷ+ ∂

∂z

ˆ

k

= ∂

∂r(ˆıcosθ+ ˆȷsinθ) +

1

r ∂

∂θ(−ˆısinθ+ ˆȷcosθ) + ∂ ∂z

ˆ

k= ∂

∂rˆr+

1

r ∂ ∂θ

ˆ

θ+ ∂

∂z

ˆ

(7)

Finalmente, en coordenadas cil´ındricas,

∇f(r, θ, z) =

(

1

r,

2θz r , θ

2