Certamen 1 - Matemáticas III (2009-2)

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Universidad Técnica Federico Santa Maŕıa
Departamento de Matemática
Soluciones Primer Certamen MAT – 023
24 de septiembre de 2009
1. Sean A =
[
1 −1
1 3
]
y B = {b1, b2}, donde b1 =
[
−1
1
]
, b2 =
[
1
0
]
. Defina
T : R2 → R2 como T (v) = Av, donde v =
[
x
y
]
.
a) Verifique que b1 es un vector propio de A, pero que A no es diagonalizable.
b) Encuentre la representación matricial de T con respecto a la base B para el dominio
y recorrido de T .
Solución.
a) Si b1 es vector propio de A, entonces Ab1 = λb1. 3 puntos
Efectivamente,
Ab1 =
[
1 −1
1 3
][
−1
1
]
=
[
−2
2
]
= 2
[
−1
1
]
. 3 puntos
Luego b1 es vector propio de A con valor propio asociado λ = 2. Para verificar que
A no es diagonalizable notamos que el polinomio caracteŕıstico de A es (λ − 2)2 y
el único valor propio posee multiplicidad 2. 3 puntos
Para demostrar que la dimensión del espacio propio es 1, suponemos que existe
b = [x y]T valor propio de A en una dirección distinta a b1. Si fuera aśı
Ab− 2Ib = 0⇒ −x = y,
lo que implica que b está en la dirección de b1, que es una contradicción. 3 puntos
b) Las imágenes por T de b1, b2 son [−2 2]T , [1 1]T , respectivamente. 4 puntos
Sus coordenadas con respecto a la base B son [2 0]T , [1 2]T . 4 puntos
Luego, la representación matricial de T con respecto a la base B es[
2 1
0 2
]
5 puntos
Coord. MAT023.
1
2. Sea z = f(x, y) la función dada por
f(x, y) =

sen(x2y2)
4x2 + 9y2
+ 6, si (x, y) 6= (0, 0).
6, si (x, y) = (0, 0).
a) Pruebe que f es continua en el origen.
b) ¿Es ∂f∂x continua en el origen? ¡Justifique su respuesta!
Solución.
a) Se debe probar que ĺım
(x,y)→(0,0)
f(x, y) = 6. 3 puntos
Para ello, utilizamos acotamiento:
0 ≤ |f(x, y)− 6| ≤
∣∣∣∣ sen(x2y2)4x2 + 9y2 + 6− 6
∣∣∣∣ ≤ |xy|2x2 + y2 ≤ (x2 + y2)2x2 + y2 = x2 + y2 −→ 0
si (x, y)→ 0. 7 puntos
Por lo tanto f es continua en (0, 0). 2 puntos
b) Si (x, y) 6= (0, 0) la función es diferenciable por álgebra de funciones diferenciables.
Se tiene que
∂f
∂x
=
2xy2 cos(x2y2)
4x2 + 9y2
− 8x sen(x
2y2)
(4x2 + 9y2)2
4 puntos
En el origen, por definición se tiene que
∂f
∂x
∣∣∣∣
(0,0)
= ĺım
h→0
f(h, 0)− f(0, 0)
h
= 0 4 puntos
Para chequear la continuidad de esta función usamos acotamiento nuevamente:
0 ≤
∣∣∣∣ 2xy2 cos(x2y2)4x2 + 9y2 − 8x sen(x2y2)(4x2 + 9y2)2 − 0
∣∣∣∣
≤ 2 |y| |xy|
4x2 + 9y2
+
8|x||xy|2
(4x2 + 9y2)2
· sen(x
2y2)
x2y2
≤ 2 |y| |xy|
x2 + y2
+
8|x||xy|2
(x2 + y2)2
· sen(x
2y2)
x2y2
≤ 2 |y| x
2 + y2
x2 + y2
+ 8 |x|
(
x2 + y2
)2
(x2 + y2)2
· sen(x
2y2)
x2y2
= 2 |y| + 8|x| · sen(x
2y2)
x2y2
−→ 0 + 0 · 1 = 0
(x, y)→ 0 4 puntos
Por lo tanto, ∂f∂x es continua en (0, 0). 1 punto
2
3. Encontrar los puntos de la elipse 5x2 + 8xy + 5y2 = 9 que están más cercanos y más
alejados del origen.
Solución. Se debe determinar los puntos que extreman la función distancia dada por:
d(x, y) =
√
x2 + y2. Como la función ráız cuadrada es creciente, esto es equivalente a
considerar como función objetivo a la función subradical f(x, y) = x2 + y2, sujeto a
la restricción g(x, y) = 5x2 + 8xy + 5y2 − 9 = 0. 5 puntos
Utilizando multiplicadores de Lagrange:
2x = λ(10x+ 8y)
2y = λ(8x+ 10y)
9 = 5x2 + 8xy + 5y2
5 puntos
Como x, y 6= 0, dividiendo las 2 primeras ecuaciones obtenemos x2 = y2 ó x = ±y.
4 puntos
Otro método equivalente para obtener las condiciones:∣∣∣∣∣fx gxfy gy
∣∣∣∣∣ =
∣∣∣∣∣2x 10x+ 8y2y 8x+ 10y
∣∣∣∣∣ = 0 ⇒ x = ±y.
Para determinar los puntos, reemplazamos en la restricción:
Si x = y, se obtienen los puntos (1/
√
2, 1/
√
2) y (−1/
√
2,−1/
√
2). 4 puntos
Si x = −y, se obtienen los puntos (3/
√
2,−3/
√
2) y (−3/
√
2, 3/
√
2). 4 puntos
Al evaluar en la función objetivo se concluye que los dos primeros puntos minimizan la
distancia y los dos últimos la maximizan. 3 puntos
Observación: Otra alternativa para resolver el problema es usar rotación de cónicas.
Debe tenerse presente, sin embargo, que no se pide la distancia mı́nima ó máxima sino
lo puntos en la superficie que entregan tales distancias.
3
4. Sean f y g funciones diferenciables tales que
f(xyz) + g(x2 + y2 + xyz) = xy + xz + yz.
a) ¿Cuáles son las condiciones que garantizan la posibilidad de definir impĺıcitamente
x = ϕ(y, z)?
b) Encuentre, si existe, ∂x∂z en (x, y, z) = (1, 0, 1), si se sabe que f
′(0) = 4 y f(0) = 5 y
g(1) = −4 y g′(1) = 7.
Solución.
a) Sea F (x, y, z) = f(u(x, y, z)) + g(v(x, y, z))− xy − xz − yz,
donde u(x, y, z) = xyz y v(x, y, z) = x2+y2+xyz. 4 puntos
Para que podamos garantizar la existencia de x = ϕ(y, z) se requiere:
Un punto P0 : (x0, y0, z0) solución de F (x, y, z) = 0. 2 puntos
Que F sea diferenciable en una vecindad de P0, (garantizado en este caso
pues F es suma de funciones diferenciables). 3 puntos
∂F
∂x
∣∣∣∣
P0
=
d f
du
∣∣∣∣
P0
·y0z0+
d g
dv
∣∣∣∣
P0
·(2x0+y0z0)−y0−z0 6= 0. 3 puntos
Si se cumplen estas tres condiciones existe una vecindad de P0 donde x = ϕ(y, z),
en torno a (y0, z0) de forma única y diferenciable.
b) El punto (1, 0, 1) satisface F (x, y, z) = 0, pues
F (1, 0, 1) = f(0) + g(1)− 0− 1− 0 = 5− 4− 1 = 0 3 puntos
Además
∂F
∂x
∣∣∣∣
(1,0,1)
= 4 · 0 · 1 + 7 · (2 · 1 + 0 · 1)− 0− 1 = 13 6= 0. 3 puntos
Entonces existe una vecindad de (1, 0, 1) donde x = ϕ(y, z), en torno a (0, 1) de
forma única y diferenciable. Además
∂x
∂z
∣∣∣∣
(0,1)
= −
∂F
∂z
∣∣
(1,0,1)
∂F
∂x
∣∣
(1,0,1)
. 3 puntos
Como
∂F
∂z
∣∣∣∣
(1,0,1)
= fu(yz) + gv(xy)− x− y|(1,0,1) = −1, 2 puntos
se tiene que
∂x
∂z
∣∣∣∣
(0,1)
=
1
13
2 puntos
4