Certamen 1 - Matemáticas III (2010) Stgo

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Universidad Técnica Federico Santa Maŕıa
Departamento de Matemática
Coordinación de Matemática 3 (MAT023)
1er Semestre de 2010
Certamen 1 - Pauta: Viernes 7 de Mayo
1. Considerar la aplicación lineal T : R3 → R3 tal que T(1,1,0) = (2,4,-2) , T(1,0,1) = (0,2,-2) , T(0,1,1) = (2,2,2) .
(a) ¿Es T invertible? . Justifique.
(b) Pruebe que existe una base B de R3 tal que [ T ]BB es una matriz diagonal.
Solución:
(a) Basta probar que A = { (2 , 4 , −2) , (0 , 2 , −2) , (2 , 2 , 2) } es una base de R3 .∣∣∣∣∣∣
2 0 2
4 2 2
−2 −2 2
∣∣∣∣∣∣ =
∣∣∣∣∣∣
2 0 2
2 2 0
−4 −2 0
∣∣∣∣∣∣ = 2(−4 + 8) = 8 6= 0
Por lo tanto A = { (2 , 4 , −2) , (0 , 2 , −2) , (2 , 2 , 2) } es una base de R3 y T es un isomorfismo.
(b) Observar que:
(2 , 4 , −2) = 4(1 , 1 , 0)− 2(1 , 0 , 1)
(0 , 2 , −2) = 2(1 , 1 , 0)− 2(1 , 0 , 1)
(2 , 2 , 2) = 1(1 , 1 , 0) + 1(1 , 0 , 1) + 1(0 , 1 , 1)
Luego: [T ]AA =
 4 2 1−2 −2 1
0 0 1

Polinomio caracteristico:∣∣∣∣∣∣
4− λ 2 1
−2 −2− λ 1
0 0 1− λ
∣∣∣∣∣∣ = (1− λ)[(4− λ)(−2− λ) + 4] = (1− λ)(λ2 − 2λ− 4) = 0
El cual tiene 3 raices reales distintas . Por lo tanto existe una base B de R3 tal que [ T ]BB es una matriz
diagonal.
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2. Sea g(t) una función continua y sea f(x, y) =
∫ y
x
g(t)dt
(a) Pruebe que f es diferenciable.
(b) Pruebe que el plano tangente a la superficie z = f(x, y) en el punto (a, b) pasa por el origen si y sólo
si b g(b) − a g(a) =
∫ b
a
g(t)dt
Solución:
(a) Por el teorema fundamental del cálculo:
fx(x, y) = −g(x) , fy(x, y) = g(y)
Como g es continua tenemos que fx y fy son continua, por lo tanto f es diferenciable.
(b) La ecuación del plano tangente es
z − f(a, b) = fx(a, b)(x− a) + fy(a, b)(y − b) ⇐⇒ z −
∫ b
a
g(t)dt = −g(a)(x− a) + g(b)(y − b)
El plano pasa por el origen si y sólo si
−
∫ b
a
g(t)dt = −g(a)(−a) + g(b)(−b)⇐⇒ b g(b) − a g(a) =
∫ b
a
g(t) dt
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3. Encuentre el máximo de lnx+ ln y + 3 ln z sobre la porción de la esfera x2 + y2 + z2 = 5r2 donde x > 0
y > 0 y z > 0 . Use el resultado para probar que para números reales positivos a , b , c tenemos
abc3 ≤ 27
(
a+ b+ +c
5
)5
Solución:
Definamos la función
F (x, y, z, λ) = ln(x) + ln(y) + 3 ln(z) + λ(x2 + y2 + z2 − 5r2)
Derivando, obtenemos:
Fx = 1x + 2λx = 0
Fy = 1y + 2λy = 0
Fz = 3z + 2λz = 0
Fλ = x2 + y2 + z2 − 5r2 = 0
La solución del sistema es (x, y, z) = (r , r , r
√
3)
Observar que la función ln(x) + ln(y) + 3 ln(z) no tiene mı́nimo. Basta pedir que z → 0 y la función tiende
a −∞ . Por lo tanto hay un máximo en (x, y, z) = (r , r , r
√
3) . Luego:
f(x, y, z) ≤ f(r, r, r
√
3)
Sea a = x2 , b = y2 , c = z2 , entonces
f(x, y, z) = ln(
√
a)+ ln(
√
b) + 3 ln(
√
c) ≤ ln(r · r · r33
√
3)
=⇒ 1
2
ln(abc3) ≤ ln(r53
√
3)
=⇒ abc3 ≤ (r53
√
3)2
Como r2 =
(
x2 + y2 + z2
5
)
=
(
a+ b+ c
5
)
tenemos
abc3 ≤ 27
(
a+ b+ c
5
)5
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4. Sea U =
{
(x, y) ∈ R2 : xy 6= 0
}
. Definamos f : U ⊆ R3 → R por
f (x , y , z) = g
(
x+
z
y
, y +
z
x
)
donde g : R2 → R es una función de clase C1 (derivadas parciales de primer orden son continuas) y suponga
que
∀ (x, y, z) ∈ U : ∂f
∂z
(x , y , z) 6= 0
(a) Considere un punto (x0, y0, z0) ∈ U tal que f (x0, y0, z0) = 0 . Argumente que f (x , y , z) = 0 define
implicitamente a z como función de las variables x e y , es decir, z = z (x , y) en una vecindad V de
(x0, y0) tal que z0 = z (x0 , y0) .
(b) Demuestre que la función z , de la parte anterior satisface la ecuación
x
∂z
∂x
+ y
∂z
∂y
= z − xy
para (x , y) ∈ V .
Solución:
(a) Por las hipótesis del problema se concluye que
f (x0, y0, z0) = 0 y
∂f
∂z
(x0, y0, z0) 6= 0
Luego existen vecindades V de (x0 , y0) en R2 y W de z0 en R y existe una función h : V → W ,
tal que z se puede despejar en función de (x , y) , como z = z(x , y) = h(x , y) . Se cumple:
• z0 = h(x0 , y0)
• f(x , y , h(x , y)) = 0 ∀x ∈ V
• Y además
(
∂z
∂x
,
∂z
∂y
)
= − 1(
∂f
∂z
) (∂f
∂x
,
∂f
∂y
)
=
(
− ∂f/∂x
∂f/∂z
, − ∂f/∂y
∂f/∂z
)
(b) Usando la fórmula anterior y regla de la cadena se tiene:
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∂f
∂x
(x , y , z) =
∂g
∂u
(
x+
z
y
, y +
z
x
)
∂u
∂x
(x , y , z) +
∂g
∂v
(
x+
z
y
, y +
z
x
)
∂v
∂x
(x , y , z)
=
∂g
∂u
(
x+
z
y
, y +
z
x
)
+
∂g
∂v
(
x+
z
y
, y +
z
x
) (
− z
x2
)
= gu −
( z
x2
)
gv
∂f
∂y
(x , y , z) =
∂g
∂u
(
x+
z
y
, y +
z
x
)
∂u
∂y
(x , y , z) +
∂g
∂v
(
x+
z
y
, y +
z
x
)
∂v
∂y
(x , y , z)
=
∂g
∂u
(
x+
z
y
, y +
z
x
) (
− z
y2
)
+
∂g
∂v
(
x+
z
y
, y +
z
x
)
=
(
− z
y2
)
gu + gv
y
∂f
∂z
(x , y , z) = guuz + gvvz
= gu
1
y
+ gv
1
x
6= 0
aśı
xzx + yzy = x
(
−
gu + gv
(
− zx2
)
gu
1
y + gv
1
x
)
+ y
−gu
(
− zy2
)
+ gv
gu
1
y + gv
1
x

= −
xgu + ygv − z
(
gu
1
y + gv
1
x
)
gu
1
y + gv
1
x
= − (xy − z)
= z − xy
aśı se cumple
x
∂z
∂x
+ y
∂z
∂y
= z − xy
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