PautaCertamen1_12008

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Universidad Técnica Federico Santa María
Departamento de Matemática
Campus Santiago
PAUTA CERTAMEN 1 MAT023
1. Sea T : R3[x] −→ R3 tal que T (p(x)) =
(
p′(0), p(1),
∫ 1
0
p(x) dx
)
a) Demuestre que T es lineal.
b) Determine justificadamente, la dimensión del KerT y de la ImT .
c) Encuentre la matriz asociada a T, [T ] en las respectivas bases canónicas. (Defina sus
bases).
Solución:
a) Sean p(x), q(x) ∈ R3[x], α ∈ R
T (p(x) + q(x)) =
(
p′(0) + q′(0), p(1) + q(1),
∫ 1
0
(p(x) + q(x)) dx
)
=
=
(
p′(0), p(1),
∫ 1
0
p(x) dx
)
+
(
q′(0), q(1),
∫ 1
0
q(x) dx
)
= T (p(x))+T (q(x))
T (αp(x)) =
(
αp′(0), αp(1),
∫ 1
0
αp(x) dx
)
= α
(
p′(0), p(1),
∫ 1
0
p(x) dx
)
= αT (p(x)). Por lo tanto, T es lineal
b) p ∈ R3[x] ⇐⇒ p(x) = ax3 + bx2 + cx+ d. Luego, p′(x) = 3ax2 + 2bx+ c.
Por lo tanto, p′(0) = c, p(1) = a+ b+ c+ d,
∫ 1
0
p(x) dx =
a
4
+
b
3
+
c
2
+ d
p(x) ∈ Ker(T ) ⇐⇒ c = 0 y
a+ b+ c+ d = 0
a
4
+
b
3
+
c
2
+ d = 0

b = −9
8
d =
1
8
Luego, p(x) ∈ Ker(T ) ⇐⇒ p(x) = ax3 − 9
8
ax2 +
1
8
a = a(x3 − 9
8
x2 +
1
8
).
Así, dim KerT = 1 y como dimR3[x] = 4 = dim Ker T + dim Im T , se
tiene que dim Im T =3.
c) Tomando B1 = {x3, x2, x, 1 } y B2 = { (1, 0, 0), (0, 1, 0), (0, 0, 1) }, y
obtenemos:
T (x3) = (0, 1, 1
4
)
T (x2) = (0, 1, 1
3
)
T (x) = (1, 1, 1
2
)
T (1) = (0, 1, 1)
⇒ [T ] =
 0 0 1 01 1 1 1
1
4
1
3
1
2
1

Obs.: Puede variar el orden de las columnas. (Depende del orden en las bases canóni-
cas).
2. Sea f(x, y) =

x+
y2 sen2(x)
x2 + y2
(x, y) 6= (0, 0)
0 (x, y) = (0, 0)
a) Determine, justificadamente, si f es o no continua en (0,0).
b) Calcule
∂f
∂x
(0, 0), y
∂f
∂y
(0, 0)
c) ¿Es f diferenciable en (0,0)? Justifique.
Solución:
a) Demostremos que ĺım
(x,y)→(0,0)
|f(x, y)| = 0
0 ≤
∣∣∣∣x+ y2 sen2(x)x2 + y2
∣∣∣∣ ≤ |x|+ ∣∣∣∣y2 sen2(x)x2 + y2
∣∣∣∣ ≤ |x|+ | sen2 x| −→ 0
Luego, ĺım
(x,y)→(0,0)
|f(x, y)| = 0, de donde ĺım
(x,y)→(0,0)
f(x, y) = 0 y por lo tanto la
función es continua en (0,0).
b)
∂f
∂x
(0, 0) = ĺım
h→0
f(h, 0)− f(0, 0)
h
= ĺım
h→0
h− 0
h
= 1
∂f
∂y
(0, 0) = ĺım
k→0
f(0, k)− f(0, 0)
k
= ĺım
k→0
0− 0
k
= 0
c) ĺım
(h,k)→(0,0)
|f(h, k)− f(0, 0)− (1, 0) · (h, k)|√
h2 + k2
= ĺım
(h,k)→(0,0)
∣∣∣∣h+ k2 sen2 hh2 + k2 − 0− h
∣∣∣∣
√
h2 + k2
=
= ĺım
(h,k)→(0,0)
k2 sen2 h
(h2 + k2)
√
(h2 + k2)
= ĺım
(h,k)→(0,0)
h2k2 sen2 h
(h2 + k2) h2
√
(h2 + k2)
=
= ĺım
(h,k)→(0,0)
h2k2
(h2 + k2)
√
(h2 + k2)
· ĺım
(h,k)→(0,0)
sen2 h
h2
= 0 · 1,
puesto que:
0 ≤ h
2k2
(h2 + k2)
√
(h2 + k2)
≤ k
2√
(h2 + k2)
≤ k
2
|k|
≤ |k| −→ 0
Luego, f es diferenciable en (0,0).
3. El sistema
3x+ y − u2 + v = 0
x− 2y − u+ 2v2 − 13 = 0
define a u y v como funciones de x e y cerca del punto (x, y, u, v) = (1,−1,−2, 2).
Encuentre la ecuación del plano tangente a la superficie z = u(x, y) en el punto
(x, y) = (1,−1).
Solución:
Sea F (x, y, z) = u(x, y)− z = 0 Luego:
∇F (1,−1,−2) =
(
∂u
∂x
(1,−1), ∂u
∂y
(1,−1),−1
)
Para encontrar
∂u
∂x
(1,−1) ∧ ∂u
∂y
(1,−1) derivamos implícitamente en el sistema
primero con respecto a x y luego con respecto a y:
3− 2u∂u
∂x
+
∂v
∂x
= 0
1− ∂u
∂x
+ 4v
∂v
∂x
= 0
y
1− 2u∂u
∂y
+
∂v
∂y
= 0
−2− ∂u
∂y
+ 4v
∂v
∂y
= 0
−2u∂u
∂x
+
∂v
∂x
= −3
−∂u
∂x
+ 4v
∂v
∂x
= −1
y
−2u∂u
∂y
+
∂v
∂y
= −1
−∂u
∂y
+ 4v
∂v
∂y
= 2
Usando la regla de Cramer:
∂u
∂x
=
∣∣∣∣ −3 1−1 4v
∣∣∣∣∣∣∣∣ −2u 1−1 4v
∣∣∣∣ =
−12v + 1
−8uv + 1
∂u
∂y
=
∣∣∣∣ −1 12 4v
∣∣∣∣∣∣∣∣ −2u 1−1 4v
∣∣∣∣ =
−4v − 2
−8uv + 1
Así, ∇F (1,−1,−2) =
(
∂u
∂x
,
∂u
∂y
,−1
)
(1,−1,−2, 2) =
(
−12v + 1
−8uv + 1
,
−4v − 2
−8uv + 1
,−1
)
|(1,−1,−2,2)
=
(
−23
33
, −10
33
, −1
)
Por lo tanto, la ecuación del plano tangente es:(
−23
33
, −10
33
, −1
)
· (x− 1, y + 1, z + 2) = 0
⇐⇒ 23x+ 10y + 33z = −53
4. Sea F (x, y) = f(x+ 3y, 2x− y), donde f : R2 −→ R es diferenciable. Suponga que
∇f(0, 0) = (4,−3). Determine la derivada de la función F en el origen, en la dirección
del vector v = (1, 1).
Solución:
Escribimos F (x, y) = f(u, v), con u = x+ 3y, v = 2x− y.
Se pide calcular
∂F
∂−→u
donde −→u = (1, 1)
‖(1, 1)‖
=
(√
2
2
,
√
2
2
)
Como F es diferenciable, tenemos que:
∂F
∂−→u
= ∇F (0, 0) ·
(√
2
2
,
√
2
2
)
Ahora, ∇F (0, 0) =
(
∂F
∂x
(0, 0),
∂F
∂y
(0, 0)
)
=
=
(
∂f
∂u
∂u
∂x
(0, 0) +
∂f
∂v
∂v
∂x
(0, 0),
∂f
∂u
∂u
∂y
(0, 0) +
∂f
∂v
∂v
∂y
(0, 0)
)
=
(
4 · 1 + (−3) · 2, 4 · 3 + (−3) · (−1)
)
= (−2, 15)
Luego,
∂F
∂−→u
= ∇F (0, 0) ·
(√
2
2
,
√
2
2
)
= (−2, 15) ·
(√
2
2
,
√
2
2
)
= 13
√
2
2