Fecha 151207 Lapso 2007 - 2 MODELO DE RESPUESTAS OBJ 1 PTA 1 Si B(a;r) y B(b;s) son dos bolas abiertas en IR

Universidad Nacional Abierta _{CÁLCULO III ( 706 )} Vicerrectorado Académico INTEGRAL

Área de Matemática Fecha 15/12/07 Lapso 2007 - 2

MODELO DE RESPUESTAS

OBJ 1 PTA 1 Si B(a;r) y B(b;s) son dos bolas abiertas en IRn y si B(a;r)∩B(b;s) es no vacía, pruebe que cada punto de la intersección es centro de alguna bola abierta contenida en dicha intersección.

SOLUCIÓN

Ver sección 9, propiedad B1, del texto UNA Calculo III tomo I

OBJ 2 PTA 2

Sea f : IR2 → IR la función definida por:

f(x,y) =

2 2 2x y

2 2

2x y

si (x, y) (0,0)

0

si (x, y) (0,0)

−

+



_≠







₌



Pruebe que la función f es continua en todo punto diferente de (0,0) pero f no es continua en (0,0).

SOLUCIÓN

La función f es continua en todo punto (x,y)≠(0,0) ya que es el cociente de dos funciones continuas.

Para el punto (0,0) tenemos las sucesiones

{( n1,0) } y {(0, n1)} que converge a (0,0). Por otra parte

f( n1,0) = 1 y f(0, n1) = −1 De aquí se deduce que

) 0 , 0 ( ) y , x (

lím

→

f(x,y) no existe ya que

0 n

lím

→ f( n

1_{,0) = 1 y}

0 n

lím

→ f(0, n

1_{) = −1.}

OBJ 3 PTA 3 Considere la función f: IR2→ IR definida por:

f(x,y) =

Aplicando la definición de derivadas parciales, halle en qué puntos del plano la función f posee derivada parcial con respecto a la coordenada x.

SOLUCIÓN

Aplicando la definición de derivada parcial con respecto a la coordenada x, para los puntos (x,y) tales que x > 0, obtenemos

x

f

∂

∂

(x,y) =

0 h

lím

→

h

)

y

,

x

(

f

)

y

,

h

x

(

f

+

−

₌

0 h

lím

→

h

)

yx

x

(

)

h

x

(

y

)

h

x

(

+

+

+

−

+

= 0 h

lím

→

h

yh

h

+

= 0 h

lím

→

y

1

+

= 1+y

De manera similar se tiene que para los puntos (x,y) tales que x < 0

x

f

∂

∂

(x,y) =

0 h

lím

→

h

)

y

,

x

(

f

)

y

,

h

x

(

f

+

−

_{= 1 − y.}

Estudiemos ahora los puntos de la forma (0,y) con y ≠ 0.

x

f

∂

∂

(0,y) = 0 h

lím

→

h

)

y

,

0

(

f

)

y

,

h

0

(

f

+

−

= 0 h

lím

→

h

)

y

,

h

(

f

luego, por la definición de la función f tenemos que

0 h

lím

→

h

)

y

,

h

(

f

= h 0 h 0

h yh

lím

1 y

h

h yh

lím

1 y

h

+ − → →

+



_{= +}





₋



_{= −}



de donde deducimos que no existe la derivada parcial de f con respecto a la coordenada x en los puntos de la forma (0,y) con y≠ 0.

Finalmente tenemos que

x

f

∂

∂

(0,0) = 0 h

lím

→

h

)

0

,

0

(

f

)

0

,

h

0

(

f

+

−

= 0.

En consecuencia

x + yx si x ≥ 0

x

f

∂

∂

(x,y) =

OBJ 4 PTA 4

Demuestre si la función f : IR2→IR definida por

















=

≠

+

=

)

0

,

0

(

)

y

,

x

(

si

0

)

0

,

0

(

)

y

,

x

(

si

y

x

y

x

)

y

,

x

(

f

2 4

2

es diferenciable en todo punto menos en el punto (0,0).

SOLUCIÓN

La función f es diferenciable en todo punto (x,y) ≠ 0 ya que es el cociente de funciones diferenciables.

Estudiemos ahora la diferenciabilidad de la función en el punto (0,0). Para el punto (0, 0) tenemos las sucesiones:

{(

2 n

1 , n

1 _{)} y {(} n 1 , n

1 _{)} que convergen a (0, 0).}

Por otra parte

f(

2 n

1 , n

1 _{) = ½ y f(} n 1 , n

1 _{) = 0}

De aquí se deduce que f no es continua en (0, 0) ya que no existe el límite de la función f en el punto (0,0). En consecuencia f no es diferenciable en el punto (0,0).

OBJ 5 PTA 5

Sea g: IR2 → IR2 una función diferenciable en el punto p∈IR2 , donde tiene por matriz jacobiana a

Jg ( p) =













0

1

2

3

Sea f: IR2 → IR una función diferenciable. Suponga que el jacobiano de la función compuesta f о g : IR2 → IR en el punto p es J(f о g)( p) = (1 1). Determine el jacobiano de f

en el punto g(p).

1 + y , para los puntos (x,y) con x > 0

1 − y , para los puntos (x,y) con x < 0

0 , para el punto (0,0).

SOLUCIÓN

Según la regla de la cadena tenemos

J(f о g)(p) = Jf g( p)• Jg p (1)

donde

J(f о g)(p) = _

     ∂ ∂ ∂ ∂ ) p ( y ) g f ( ) p ( x ) g f

( _{o o = (1 1)}

Jf g( p) = _

     ∂ ∂ ∂ ∂ ) p ( g ( v f ) p ( g ( u f

Jg p =

              ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ) p ( y g ) p ( x g ) p ( y g ) p ( x g 2 2 2 1 =

_











0

1

2

3

Luego, sustituyendo estas expresiones en (1) nos queda

(1 1) = _

     ∂ ∂ ∂ ∂ ) p ( g ( v f ) p ( g ( u f       0 1 2 3

de aquí obtenemos el siguiente sistema

3 _(g(p)) u f

∂

∂ _{+ (g(p))} v f ∂

∂ _{= 1}

2 _(g(p))

u f ∂

∂ _{+ 0}

)) p ( g ( v f ∂

∂ _{= 1}

resolviendo dicho sistema resulta que

)) p ( g ( u f ∂ ∂ _{= ½ ,} )) p ( g ( v f ∂ ∂ _{= −½.}

En consecuencia, el jacobiano de f en el punto g(p) es

Jfg(p) = 

     ₋ 2 1 2 1

OBJ 6 PTA 6

Sea z = g (x 2 + y 2), donde g es una función real de variable real, dos veces derivable. Compruebe si z satisface la siguiente igualdad

y 2 2

x

z

∂

∂

_{− x}

x

y

z

2

∂

∂

∂

₋ y z ∂

∂ _{= 0}

SOLUCIÓN

x

z

∂

∂

_{= 2 x g ′( x} 2 _{+ y} 2 ₎

y z ∂

∂ _{= 2 yg ′( x} 2 _{+ y} 2 ₎

Las derivadas de segundo orden son

2 2

x z

∂

∂ _{= 4 g ′′( x} 2 _{+ y} 2 _)x2 _{+ 2g ′ ( x} 2 _{+ y} 2 ₎

x y

z

2

∂ ∂

∂ _{= 4g ′′( x} 2 _{+ y} 2 _)xy

de modo que

y

2 2

x

z

∂

∂

₋

x

x

y

z

2

∂

∂

∂

₋

y

z

∂

∂

= y [4 g ′′( x 2 + y 2 )x2 + 2g ′( x 2 + y 2 )] +

− x [4g ′′( x 2 + y 2 )xy] − 2g ′( x 2 + y 2 )y = 0

Luego la función z así definida satisface la ecuación dada.

OBJ 7 PTA 7

Considere la función la función F: IR2→IR2 definida por

F(u,v) = (

e

u+v,

e

u−v)

Demuestre si la función F tiene inversa, y en caso afirmativo determine la matriz jacobiana de la función inversa.

AYUDA: Use el hecho de que J

F

₍−_x1_,y)= ( JF( u, v) )−1 .

SOLUCIÓN

Veamos primero que la función F cumple con las hipótesis del Teorema de la Función Inversa (Teorema 18 de la sección 102 del medio maestro).

Denotemos por F1 y F2 las funciones coordenadas de F, es decir

F1 =

e

u+v

F2 =

e

u−v

Estas funciones son diferenciable, en cualquier punto del plano, ¿por qué?, luego la función F es diferenciable en todo el plano.

Veamos ahora el determinante jacobiano de F es distinto de cero

)

v

,

u

(

)

F

,

F

(

_{1 2}

∂

∂

= _{u v u v}

v u v

u

e

e

e

e

− −

+ +

−

= −2e

En consecuencia para cualquier punto (x ,y) de IR2 _{es posible despejar u y v en términos de}

x e y, lo que es equivalente a decir que existe una función g determinada de manera única tal que

• IR2 = F−1 (IR2)

• F es una función inyectiva en IR2_.

• g esta definida en IR2 y g(IR2) = IR2, además g(F(p)) = p para todo p∈IR2.

• La función g tiene derivadas parciales continuas.

Ahora pasemos a calcular la matriz jacobiana de g = F−1, usando el hecho de JF−1(x ,y) = ( JF( u, v) )−1 .

JF( u, v) =













−

−

−

+ +

v u v

u

v u v

u

e

e

e

e

Aplicando el método de Gauss-Jordan para calcular la inversa de una matriz obtenemos

( JF( u, v) )−1 =

_















−

− +

− −

+ − −

−

v u 2 1 v u 2 1

v u 2 1 v u 2 1

e

e

e

e

OBJ 8 PTA 8 Encuentre los valores máximos y mínimos de la función f(x,y) = 3x + 4y sobre el circulo x2 + y2 = 1.

SOLUCIÓN

Para resolver el problema aplicamos multiplicadores de Lagrange con f(x,y) = 3x + 4y y g(x,y) = x 2 + y 2− 1. y buscamos los valore de x, y yλ que satisfacen las ecuaciones

∇f = λ∇g : (3, 4) = (2xλ , 2yλ) g(x,y) = 0 : x 2 + y 2− 1 = 0 La ecuación del gradiente implica que λ≠ 0 y da

x =

λ

2 3

, y =

λ

2

sustituyendo estos valores en la ecuación x 2 _{+ y} 2_{− 1 = 0 da}

2

2 3

     

λ + 2

2

     

λ −1= 0

resolviendo esta ecuación obtenemos que λ = ±

2 5

.

Así

x =

λ

2 3

= ±

5 3

, y =

λ

2 = ±

5 4

Entonces en los puntos ( 5

3 ,

5 4

) , (−

5 3 ,

5 4

) , ( 5

3 , −

5 4

) , (−

5 3

, −

5 4

) son valores extremos

Evaluando la función f en estos puntos obtenemos que en el punto ( 5

3 ,

5 4

) se alcanza el

valor máximo y este es igual a 5 y en el punto (−

5 3

,−

5 4

) se alcanza el valor mínimo, el

cual es igual a −5.

OBJ 9 PTA 9 Demuestre si la curvatura en cada punto de una circunferencia con centro el

origen y radio a > 0, es igual a

a

1

, es decir κ =

a

1 .

SOLUCIÓN

Tenemos que las ecuaciones paramétricas de una circunferenciacon centro en el origen y radio a, son

Tomemos F(t) = (a cos(t) , a sen(t) ) con t∈[0,2π], entonces

v(t) = F’(t) = (−a sen(t), a cos(t) ) y || F’(t) || = a. luego

T(t) = (−sen(t) , cos(t) ) Así

T ’(t) = (−cos(t) , −sen(t) )

Por lo tanto el vector curvatura

|| (t) ' F ||

(t) ' T

= −

a

1

(cos(t) , sen(t) )

y la curvatura es

κ(t) =

|| (t) ' F ||

|| (t) ' T ||

= (cos (t) sen (t)) a

1 _{2 2}

2 + =_a

1

Luego la curvatura es igual a

a

1

.

OBJ 10 PTA 10 Sean φ un campo escalar de IR3 en IR y F un campo vectorial de IR3 en IR 3 definidas por

φ(x, y, z) = x2 _{y z}3_,

F(x, y, z) = ( xz , −y2 , 2x2 y ) Determine:

a) ∇φ

b) div(φF)

φ

x(t) = a cos(t)

Nota: Para el logro del objetivo es necesario responder correctamente las tres partes. SOLUCIÓN

a) Por definición de gradiente de un campo escalar φ se tiene que

∇φ = (D1φ , D2φ , D3φ)

luego

∇φ = ( 2x y z3, x2 z3, 3x2 y z2 ). b) Se tiene que

div(φF) = ∇.(φF)

= ∇.( x3 z4 y , − x2 z3 y3 , 2x4 z3 y 2 )

= D1(x3 z4 y) + D2 (−x2 z3 y3 ) + D3(2x4 z3 y 2 )

= 3x2 z4 y − 3x2 z3 y2 + 6x4 z2 y 2 .

c) rot(φF) = ∇×(φF) = ∇×( x3 _z4 _{y , − x}2 _z3 _y3 _{, 2x}4 _z3 _y 2 ₎

=

2 3 4 3 3 2 4

3 1 2 3

3 2

1

y z x 2 y z x y z x

D D

D

e e

e

−

= ( 4x4yz3 + 3x2y3z2 , 4x3yz3− 8x3y2z3 , −2xy3z3− x3z4 ) entonces

rot(φF) = ( 4x4yz3 + 3x2y3z2 , 4x3yz3− 8x3y2z3 , −2xy3z3− x3z4 )