Departamento Matemática UTFSM Santiago MAT023 APUNTES DE CLASES

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MAT023 A PUNTES DE CLASES

Departamento Matemática UTFSM Santiago

Parte I Ecuaciones diferenciales ordinarias

5

Índice general

Índice general

1

I

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Ecuaciones diferenciales ordinarias

1. Ecuaciones diferenciales ordinarias de primer 1.1. Definiciones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.2. Modelos simples . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.3. Métodos Elementales de Resolución . . . . . . 1.3.1. Integración directa . . . . . . . . . . . 1.3.2. Ecuaciones de variable separable . . . . 1.3.3. Ecuación lineal de primer orden . . . . 1.3.4. Ecuación de Bernoulli . . . . . . . . . 1.3.5. Ecuación de Ricatti . . . . . . . . . . . 1.3.6. Ecuaciones homogéneas . . . . . . . . 1.3.7. Otros cambios de variables . . . . . . . 1.4. Modelos simples: Segunda parte . . . . . . . . 1.5. Análisis cualitativo . . . . . . . . . . . . . . . 1.5.1. Métodos cualitativos . . . . . . . . . . 1.5.2. Ecuaciones diferenciales autónomas . . 1.5.3. Equilibrio y estabilidad . . . . . . . . . 1.6. Ejercicios del cap´ıtulo . . . . . . . . . . . . . .

orden . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

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2. Ecuaciones diferenciales lineales de orden superior 2.1. Elementos de transformaciones lineales . . . . . . . . . 2.1.1. Definiciones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.1.2. N´ ucleo e imagen . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.1.3. Isomorfismo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.1.4. Matriz asociada a una transformación lineal . . 2.1.5. Cálculo con coordenadas . . . . . . . . . . . . . 2.1.6. Ejercicios resueltos de Transformaciones lineales 2.2. Ecuaciones diferenciales lineales . . . . . . . . . . . . . 2.2.1. Definiciones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.3. Teorema de Existencia y Unicidad . . . . . . . . . . . . 2.4. El wronskiano . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.5. Ecuaciones diferenciales a coeficientes constantes . . . . 2.5.1. Definiciones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.5.2. La ecuación de orden 2 . . . . . . . . . . . . . . 1

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6 6 11 17 18 19 23 29 32 36 38 44 56 57 59 63 72

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80 80 80 88 94 94 101 104 140 140 145 148 153 153 154

Apuntes Mat023 (Segundo semestre 2014)

2.6. 2.7. 2.8. 2.9.

2.5.3. La ecuación de orden superior Método de variación de parámetros . Método del anulador . . . . . . . . . Movimiento vibratorio . . . . . . . . Ejercicios del cap´ıtulo . . . . . . . . .

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3. Sistemas de ecuaciones diferenciales 3.1. Definiciones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.2. Ecuación con coeficientes constantes . . . . . . . . . 3.2.1. Matriz A diagonalizable . . . . . . . . . . . 3.3. Variación de parámetros en sistemas . . . . . . . . 3.4. Análisis cualitativo de sistemas . . . . . . . . . . . 3.4.1. Valores propios reales y distintos (no nulos) 3.4.2. Valores propios complejos . . . . . . . . . . 3.4.3. Valores propios repetidos (no nulos) . . . . . 3.5. Ejercicios del cap´ıtulo . . . . . . . . . . . . . . . . .

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4. Transformaci´ on integral de Laplace 4.1. Definiciones y teoremas fundamentales . . . . . . . . . . . 4.2. Cálculo de transformadas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.3. Primer Teorema de la Traslación . . . . . . . . . . . . . . 4.4. Transformada de la derivada . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.5. Funciones escalonadas y Segundo Teorema de la Traslación 4.6. La Transformada de integrales de convolución . . . . . . . 4.7. Ejercicios del cap´ıtulo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5. Series de Fourier 5.1. Definiciones . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.1.1. El espacio SC [a, b] . . . . . . . . . . 5.1.2. Teorema de la mejor aproximación . 5.2. Convergencia Puntual de series de Fourier . 5.3. Series de Fourier de senos y cosenos . . . . . 5.4. Derivación e integración de Series de Fourier 5.5. Ejercicios del cap´ıtulo . . . . . . . . . . . . .

II

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C´ alculo diferencial en varias variables

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158 162 168 181 187

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192 192 196 196 201 207 207 211 214 225

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229 229 233 236 237 243 247 255

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262 262 262 267 278 282 292 293

298

6. Elementos de topolog´ıa de Rn 299 n 6.1. El espacio euclidiano R . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 299 6.2. Producto interno y norma . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 299 2


6.3. Elementos de topolog´ıa de Rn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 302 6.4. Ejercicios del cap´ıtulo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 316 7. Funciones de varias variables 7.1. Definiciones básicas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7.2. Gráficos, conjuntos de nivel y trazas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7.3. Ejercicios del cap´ıtulo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

318 318 321 327

8. L´ımites y continuidad 8.1. Definiciones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8.2. Cálculo de l´ımites . . . . . . . . . . . . . . . . ´ 8.2.1. Algebra de l´ımites . . . . . . . . . . . . 8.2.2. Desigualdades y Teorema del Sandwich 8.3. Continuidad . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ´ 8.4. Algebra de funciones continuas . . . . . . . . 8.5. Continuidad de funciones vectoriales . . . . . 8.6. Ejercicios del cap´ıtulo . . . . . . . . . . . . . .

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329 329 336 336 337 339 341 342 347

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349 349 359 365 383 387 390 406 410 415

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427 427 443 445 458 463

. . . o . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . teorema de acotamiento . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

9. Diferenciaci´ on en varias variables 9.1. Derivadas parciales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9.2. Interpretación de la derivada parcial . . . . . . . . . . . 9.3. Diferenciabilidad . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9.4. Derivadas de orden superior y funciones de clase C n . . . 9.5. Gradiente y matriz jacobiana . . . . . . . . . . . . . . . 9.6. La regla de la cadena . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9.7. Gradiente y planos tangentes . . . . . . . . . . . . . . . 9.8. Derivada direccional y direcciones de crecimiento máximo 9.9. Ejercicios del cap´ıtulo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

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10.M´ aximos y m´ınimos 10.1. Extremos locales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10.2. Máximos y m´ınimos en compactos y/o con restricciones . . . . . . . 10.3. Extremos restringidos Multiplicadores de Lagrange . . . . . . . . . 10.3.1. Criterio de la segunda derivada para extremos condicionados 10.4. Ejercicios del cap´ıtulo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

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11.Funciones impl´ıcitas e inversas 468 11.1. El teorema de la función impl´ıcita . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 468 11.2. El teorema de la función inversa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 483 11.3. Ejercicios del cap´ıtulo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 492

3


III

Evaluaciones de a˜ nos anteriores

495

12.Controles

496

13.Cert´ amenes

509

Bibliograf´ıa

541

4


5

Cap´ıtulo 1 : Ecuaciones diferenciales ordinarias de primer orden

Definiciones En general, entenderemos el modelamiento matemático como el proceso de establecer un modelo matemático (es decir, un sistema expresado en términos de variables, funciones, ecuaciones, etc.) que represente una situación —principalmente de naturaleza f´ısica—, su resolución matemática, y finalmente la interpretación de los resultados en los términos f´ısicos originales. Como muchos conceptos de la naturaleza, tales como velocidad, aceleración, las reacciones qu´ımicas, los cambios de temperatura observados en un cuerpo, etc. se expresan como razones de cambio tiene pleno sentido el uso de derivadas de funciones adecuadas. En este tipo de situaciones, un modelo matemático es frecuentemente una ecuación que contiene una o más derivadas de una función desconocida. Tal modelo matemático es llamado una ecuación diferencial [1]. Ejemplo 1.1.1. Son ejemplos de ecuaciones diferenciales las siguientes expresiones matemáticas: 1.

d dx

dy (1 − x2 ) dx + n (n + 1) y = 0 (Ecuación de Legendre) 2

d y dy 2 2 2. x2 dx on de Bessel) 2 + x dx + (x − α ) y = 0 (Ecuaci´ 3

2

d y dy 2d y 3. x3 dx on de Euler) 3 + 4x dx2 + x dx + 5y = 0 (Ecuaci´

4. y 00 + ky = A sin(ωo x),

A, ωo ∈ R (Problemas de resortes)

5. y 00 − xy = 0 (Ecuación de Airy)

Definici´ on 1.1.1. Una ecuación diferencial se dice de orden n si n corresponde al mayor orden de derivada de la variable dependiente y presente en la ecuación. 2

d y 3 Ejemplo 1.1.2. La ecuación dx = y 6 es una ecuación diferencial de segundo 2 + (5x) y 3 4 d y dy grado. La ecuación dx = dx + 5y es una ecuación diferencial de grado tres. 3

Comenzaremos el estudio de las ecuaciones diferenciales con las ecuaciones diferenciales de primer orden.

6


Definici´ on 1.1.2. Sea f : U ⊆ R2 → R una función de dos variables. Una ecuaci´ on diferencial de primer orden es una ecuación de la forma: y 0 = f (x, y)

(1.1)

La variable x en este caso se conoce como variable independiente. Si la variable independiente es el tiempo t, frecuentemente una ecuación diferencial se anota como: y 0 = f (t, y)

o bien y˙ = f (t, y)

Observaci´ on 1.1.1. Una ecuación diferencial (ordinaria) de orden n es una ecuación de la forma: f x, y, y 0 , y 00 , . . . , y (n) = 0 para una cierta función f . Ejemplo 1.1.3. Son ecuaciones diferenciales de primer orden: 1. y 0 = f (x) ,

f función integrable.

2. y 0 + y = cos x 3. x−3 y 0 − y 2 = 0,

x>0

Definici´ on 1.1.3. Sea I ⊆ R un intervalo abierto del tipo ]a, b[, o posiblemente intervalos abiertos infinitos del tipo ]−∞, b[ , ]a, +∞[, o bien ]−∞, +∞[. Una función ϕ : I ⊆ R → R se dice soluci´ on de la ecuación diferencial (1.1) en el intervalo I si: 1. t, ϕ (t) ∈ U, ∀t ∈ I 2. ϕ0 (t) = f t, ϕ (t) , ∀t ∈ I Ejemplo 1.1.4. La función ϕ : ]1, +∞[ → R, t → ϕ (t) =

1 t−1

es solución de la EDO

dy = −y 2 dt pues, para t ∈ ]1, +∞[ d dt

1 t−1

1 (t − 1)2 2 1 = − t−1

= −

Ejemplo 1.1.5. Verifique que la función ϕ (x) = sin x definida en R es solución de la ecuación diferencial de segundo orden: y 00 + y = 0 7


Soluci´ on. Derivando la función ϕ obtenemos:

dϕ dx

= cos x y

d2 ϕ dx2

= − sin x se sigue

d2 ϕ (x) + ϕ (x) = 0 dx2 para todo x ∈ R. Observaci´ on 1.1.2. Note que al escribir: ϕC (x) = sin x + C con C una constante cualquiera, ϕC también es solución de la ecuación diferencial. Ejemplo 1.1.6. Consideremos la ecuación: xy 0 − x2 − y = 0,

x>0

Se sabe que toda función de la forma: y = x2 + Cx,

C∈R

(1.2)

es solución de la ecuación diferencial. En efecto, derivando la ecuación (1.2), tenemos: y 0 = 2x + C Reemplazando en la ecuación diferencial, se tiene que: x (2x + C) − x2 − x2 + Cx = 0 para todo x > 0. Ejemplo 1.1.7. Hallar una ecuación diferencial para la familia de parábolas: y = C1 (x − C2 )2 donde C1 y C2 constantes arbitrarias. Soluci´ on. Despejamos C1

y = C1 (x − C2 )2

luego d dx esto es

y (x − C2 )2

=0

y 0 (x − C2 )2 − y2 (x − C2 ) =0 (x − C2 )4 8


se sigue y 0 (x − C2 )2 − y2 (x − C2 ) = 0 luego y 0 (x − C2 ) = 2y de donde obtenemos x − C2 = derivando

1=

2y y0

2y y0 0

se sigue (y 0 )2 − yy 00 1 = 2 (y 0 )2 luego (y 0 )2 = yy 00 2

Ejercicios de la secci´ on 1. Establezca el orden de la ecuación diferencial dada: 00

0

(b)

+ ex y = 0

(d)

(a)

(1 − x) y − 4xy + 3y = tan x

(c)

d3 y x 3− dx

dy dx

4

dy y − 2xy y = dx s 2 d2 y dy = 1+ dx2 dx (6) 00

(4)

7

2. Comprobar que las siguientes funciones satisfacen las ecuaciones dadas y dar un intervalo en el cual esto se cumpla: (b) y = ex − e−x ; y 00 − y = 0 (d) y 0 = 25 + y 2 ; y = 5 tan 5x

(a) y = A sin (x + B) ; y 00 + y = 0 (c) y = tan (x) ; y 0 = 1 + y 2

3. Demostrar que la ecuación dada define impl´ıcitamente una solución de la ecuación dada y3 dy (a) x2 y − =1 = x−2xy 2 −y 2 para x 6= y dx 3 3 2 0 (b) x + 3xy = 1 2xyy + x2 + y 2 = 0 para x ∈ ]0, 1[ 4. Muestre que la familia de funciones y=e

−x2

Z 0

9

x

2

et dt + Ce−x

2


son soluciones de la ecuación

dy + 2xy = 1 dx

5. Muestre que la función definida por tramos −x2 si x < 0 ϕ (x) = x2 si x ≥ 0 es una solución de la ecuación diferencial xy 0 − 2y = 0 en R. 6. Determine α ∈ R para que la función y = xα sea solución de 2x2 y 00 − y = 0. Si encuentra más de un valor, muestre que cualquier combinación lineal de esas dos funciones resulta ser una solución del problema. 7. Encontrar valores de m para los cuales la función es solución de la ecuación dada: a) y (x) = emx donde y 000 − 3y 00 − 4y 0 + 12y = 0 b) y (x) = xm donde x2 y 00 + 2xy 0 − 6y = 0 8. Encontrar una E.D.O. de la forma y 00 + A (x) y 0 + B (x) y = 0 que tenga entre sus soluciones las funciones y1 (x) = ex y y2 (x) = xex . 9. Juan, Leo y Roberto están tomando café y un joven del paralelo 19 les pregunta por la solución de la ecuación diferencial y+1 dy = dt t+1 después de un rato, Juan dice y (t) = t, Leo y (t) = 2t + 1 y Roberto y (t) = t2 − 2 ¿Quién esta en lo correcto? 10. Construir una ecuación diferencial de la forma dy = 2y − t + g (y) dt que tenga la función y (t) = e2t como solución. dy = f (t, y) que tenga por solución dt 2 y (t) = et donde f (t, y) dependa expl´ıcitamente de t y y.

11. Construir una ecuación diferencial de la forma

12. Hallar una ecuación diferencial para la familia de curvas: y = C1 + (x − C2 )2 donde C1 y C2 constantes arbitrarias. 13. Construya una ecuación diferencial que no tenga ninguna solución real. 10


Modelos simples Estudiaremos algunos ejemplos elementales de modelamiento matemático: Problema 1.2.1 ([2]). Desde una cierta altura se ha arrojado un cuerpo de masa m. Determinar la ley seg´ un la cual var´ıa la velocidad de ca´ıda v, si sobre el cuerpo, además de la fuerza de gravedad, act´ ua la fuerza de resistencia del aire que es proporcional a la velocidad v.

Soluci´ on. Sea m la masa del cuerpo en ca´ıda libre. En virtud de la Segunda Ley de Newton: X Fi = ma i

P

donde i Fi representa la suma (vectorial) de fuerzas aplicadas al cuerpo y a representa la aceleración del cuerpo, se obtiene: m

dv = mg − kv dt

(1.3)

donde g es la aceleración de gravedad y k es la constante (positiva) de proporcionalidad. Resolver esta ecuación diferencial significa encontrar una función v = f (t) que satisfaga idénticamente la ecuación diferencial dada. Existen una infinidad de funciones de este tipo (esto será probado más adelante). Es fácil comprobar que toda función del tipo: k

v (t) = Ce− m t + 11

mg k

(1.4)


satisface la ecuación (1.3), cualquiera que sea la constante C. Pero, ¿cuál de estas funciones dará la dependencia buscada entre v y t? Para encontrar dicha relación, se debe utilizar un condición adicional. Esta condición adicional se llama condición inicial. Supongamos que en el momento inicial del experimento arrojamos el cuerpo con una velocidad inicial v0 conocida. As´ı, la función v = f (t) que deseamos encontrar debe satisfacer la condición: f (0) = v0 Es decir, v = v0 en t = 0. As´ı, reemplazando en (1.4), se obtiene: C = v0 −

mg k

Por lo tanto, la ley seg´ un la cual var´ıa la velocidad de ca´ıda está dada por la ecuación: mg − k t mg e m + v (t) = v0 − k k Observaci´ on 1.2.1. Una cuestión de interés es el comportamiento asintótico de la solución. Es decir, el comportamiento de la solución para t suficientemente grande. Más precisamente, nos interesa: l´ım v (t) t→+∞

En particular, para el ejemplo: l´ım v (t) = l´ım

t→+∞

t→+∞

=

n

v0 −

mg − k t mg o e m + k k

mg k

La interpretación del resultado anterior, es que cuando el tiempo t es suficientemente grande, la velocidad final del cuerpo no depende de la velocidad inicial. Observaci´ on 1.2.2. Observar que desde la ecuación (1.3), si suponemos k = 0, es decir, suponemos que la resistencia del aire es tan peque˜ na que puede ser despreciada, se obtiene: v (t) = v0 + gt Definici´ on 1.2.1. Se llamará soluci´ on general de la ecuación diferencial de primer orden: y 0 = f (x, y) a la función: y = ϕ (x, C) que depende de una constante arbitraria C y satisface las condiciones siguientes: 1. satisface la ecuación diferencial para cualquier valor de la constante C. 12


2. cualquiera que sea la condición inicial y = y0 para x = x0 , es decir, y (x0 ) = y0 se puede encontrar un valor C = C0 tal que la función y = ϕ (x, C0 ) satisfaga la condición inicial dada. Problema 1.2.2 (Espejo parabólico). Hallar la forma que debe tener un espejo convexo, simétrico respecto de un eje, llamado eje focal, de tal modo que si un haz de luz es apuntado hacia el espejo, paralelo al eje focal, se refleje directamente en un punto F fijo (llamado foco) del eje focal.

Soluci´ on. Obtendremos tal espejo mediante la rotación de una curva en el plano. Sea C : y = f (x) tal curva. Consideremos un sistema de coordenadas de tal modo que el origen del sistema coincida con el foco F de la curva. En particular, el eje focal de la curva coincide con el eje de las abscisas de tal sistema de referencia. Considere un punto P (x, y) en la curva C y sea T la recta tangente a C en el punto P (x, y). Denotemos por Q el punto de intersección de T con el eje focal (o de las abscisas del sistema de referencia). Si L es una recta que representa el haz de luz paralelo al eje focal y que incide en P , por la ley de Snell, el ángulo de incidencia ]T P L y ángulo de reflexión ]QP F coinciden. Es decir, se tiene que: ]T P L = ]QP F = α Entonces, del triángulo 4QP F se obtiene: tan 2α =

y x

(1.5)

por ser F el origen del sistema de coordenadas. Como T es tangente a la curva C, se tiene que ]P QF es también α. Luego: tan α = y 0 (1.6)

13


Reemplazando las ecuaciones (1.5) y (1.6), en la identidad trigonométrica siguiente: tan 2α =

2 tan α 1 − tan2 α

se obtiene la ecuación diferencial de primer orden: y 2y 0 = x 1 − (y 0 )2

(1.7)

Problema 1.2.3 (Braquistócrona). [3] Hallar la forma que debe tener un alambre de modo que una argolla que se desliza por él, sin roce, bajo la acción de la gravedad de un punto A a un punto B de menor altura en el mismo plano y no exactamente bajo el punto A, lo haga en el menor tiempo posible.

Soluci´ on. Este problema fue planteado en 1696 por Jean Bernoulli a la comunidad cient´ıfica de su época. La solución que él mismo encontró (independientemente también lo hicieron Leibnitz, L’Hôpital, Newton) usa una versión generalizada de la Ley de Snell de la óptica. Comenzaremos modelando primeramente esta situación: la versión generalizada de la Ley de Snell. A modo de ejercicio lo haremos utilizando las herramientas del cálculo diferencial, en particular minimización. Considere, entonces, el siguiente problema: Supongamos que un atleta, situado en la orilla oriental de un r´ıo de ancho a debe atravesarlo nadando a velocidad constante v1 hasta un cierto punto C en la orilla occidental. Luego de esto, debe correr a velocidad constante v2 por sobre la arena de la ribera de ancho b del r´ıo hasta la meta en el punto B. Se supone que v1 < v2 . Se desea encontrar el punto C en la orilla occidental de tal modo que el tiempo empleado por el atleta desde el punto A hasta la meta en B sea el menor posible.

14


Consideremos las rectas paralelas (y verticales) l1 , l2 y l3 . Supongamos que la recta l1 representa la orilla oriental del r´ıo, l2 representa la ribera del r´ıo y l3 la l´ınea de meta. Por la condiciones del problema tenemos: 1. A ∈ l1 2. C ∈ l2 3. B ∈ l3 4. a es la distancia entre l1 y l2 5. b es la distancia entre l2 y l3 Supongamos, además, que c y x son las distancias verticales de A a B, y de A a C, respectivamente. Entonces, el tiempo total de la carrera está dado por: q √ 2 2 (c − x)2 + b2 x +a T (x) = + v1 v2 Derivando e igualando a 0, se obtiene la coordenada x0 de tiempo m´ınimo. Es decir, x0 debe cumplir con: x c − x0 p 0 q = v1 x20 + a2 v (c − x )2 + b2 2

0

Si introducimos los ańgulos de incidencia α y β respecto de la recta normal a l2 para este valor de x0 se obtiene: sin β sin α = v1 v2 que es la conocida Ley de Snell. Ahora bien, si consideramos otro segmento (es decir, otra recta vertical l4 ) por el cual el atleta se deba desplazar a velocidad constante v3 , se obtendrá: sin α1 sin α2 sin α3 = = = constante v1 v2 v3 De manera análoga, la argolla de masa m que cae bajo la acción de la gravedad g tiene una velocidad v que va en aumento de acuerdo a la distancia vertical recorrida y. As´ı, igualando energ´ıas potencial y cinéticas se obtiene la ecuación: 1 2 mv = mgy 2 de donde: v=

p 2gy 15

(1.8)


Por esta razón, Bernoulli conjeturó la Ley de Snell generalizada siguiente: sin α = λ, v

λ constante

(1.9)

donde α es el ańgulo que instantáneamente forma la tangente a la curva en la posición de la argolla y la vertical. Finalmente, notando que: π sin α = cos −α 2 1 = q 1 + tan2 π2 − α 1 = q 1 + (y 0 )2 Utilizando, entonces, las fórmulas (1.8) y (1.9) se obtiene la ecuación: p 1 2gy = q λ 1 + (y 0 )2 O bien:

2 y 1 + (y 0 ) = k 2

donde k =

1 . 2gλ2

Ejercicios de la secci´ on 1. Determine la ecuación que debe cumplir la familia de curvas que forman un ángulo de 45 grados en la intersección con la familia de curvas y (x + c) = 1. 2. Determine la ecuación de la familia de curvas ortogonales a la familia y 2 = cx3 . 3. En este problema se analiza la ca´ıda de una gota de agua. Supongamos que al caer esta se evapora y mantiene su forma esférica, la rapidez con que se evapora es proporcional al a´rea con una constante de proporcionalidad ζ < 0 y no se considera la resistencia del aire. Designemos por ρ la densidad del agua, r0 el radio de la gota cuando t = 0 y la dirección positiva es hacia abajo. a) Muestre que el radio de la gota r (t) disminuye de acuerdo a la ley ζ r (t) = t + r0 ρ b) Obtener la ecuación diferencial que satisface la velocidad v (t) de la gota en su ca´ıda libre. Determine la velocidad si la gota cae del reposo. 16


4. En la figura suponga que el eje y y la recta x = 1 corresponden a las orillas oeste y este de un r´ıo de 1 [km] de ancho. El r´ıo fluye hacia el norte con una velocidad vr donde kvr k = vr [km/h]. Un hombre entra al r´ıo en el punto (1, 0) en la costa este y nada en dirección a la ribera contraria a una velocidad constante de kvs k = vs [km/h]. El hombre quiere llegar al punto (0, 0) de modo que nada de forma tal que su vector velocidad vs siempre apunta a (0, 0). Muestre que la trayectoria que sigue el nadador satisface la ecuación p vs y − vr x2 + y 2 dy = dx vs x

M´ etodos Elementales de Resoluci´ on Recordaremos primeramente un teorema esencial para resolver ecuaciones diferenciales elementales: el Teorema Fundamental del Cálculo. Teorema 1.3.1. (Teorema Fundamental del Cálculo) Sea f : [a, b] → R función integrable en [a, b]. Dado x0 ∈ [a, b] e y0 ∈ R se tiene que la función F : [a, b] → R dada por Zx F (x) =

f (t)dt + y0

con x ∈ [a, b],

x0

es continua en [a, b] y F (x0 ) = y0 . Además, si f es continua en [a, b], entonces la funci´ on F es derivable en [a, b] y satisface la ecuación: F 0 (x) = f (x) Observaci´ on 1.3.1. Recordemos que en este contexto la función F es conocida como una primitiva de f . 17


Integraci´ on directa Definici´ on 1.3.1. Una ecuación diferencial ordinaria de primer orden, digamos y 0 = f (x, y), se dice que es resoluble por integraci´ on directa si existe una función g integrable sobre un intervalo abierto I ⊆ R tal que f (x, y) = g(x) Observaci´ on 1.3.2. En particular, una ecuación diferencial de integración directa es de la forma: y 0 = g(x) (1.10) para todo x ∈ I. As´ı, si g : D ⊆ R → R es una función integrable, entonces integrando en ambos lados de la igualdad 1.3.2 y usando el Teorema Fundamental del Cálculo, obtenemos que la solución general de la ecuación diferencial es de la forma: φ(x) = F (x) + C, donde F es una primitiva de g y C ∈ R es una constante. Ejemplo 1.3.1. Una part´ıcula se mueve a lo largo de una l´ınea recta de manera que su velocidad en el instante t es 2 sin t. Si f (t) indica su posición en el tiempo t medio a partir del punto de partida, se tiene que f 0 (t) = 2 sin t. Por la observación anterior, se concluye que: f (t) = −2 cos t + C Note que para fijar la función posición se necesita alg´ un otro dato. En particular, si se conoce el valor de f en alg´ un instante en particular, entonces se puede determinar C. Por ejemplo, si f (0) = 0, entonces C = 2 y la función posición es f (t) = −2 cos t + 2. Ejemplo 1.3.2. Determine la solución del problema dy 2 = e−x dx y (0) = 5 Soluci´ on. Se puede demostrar que podemos expresar la solución por

R

2

e−x dx no es una función elemental, sin embargo, x

Z

2

e−t dt + 5

y (x) = 0

18


Ecuaciones de variable separable Definici´ on 1.3.2. Una ecuación diferencial de primer orden y 0 = f (x, y) se dice una ecuaci´ on de variable separable si: f (x, y) = Q (x) R (y)

(1.11)

para Q y R funciones continuas sobre alg´ un intervalo abierto I ⊆ R. Observaci´ on 1.3.3. [5] Si R (y) 6= 0 se puede dividir por R (y) y escribir la ecuación (1.11) en la forma: A (y) y 0 = Q (x) (1.12) donde A (y) = 1/R (y). Recordemos, además, que y representa una cierta función desconocida y = Y (x), luego la ecuación (1.12), se expresa como: A (Y (x)) Y 0 (x) = Q (x) Integrando la ecuación anterior, se sigue que: Z Z 0 A (Y (x)) Y (x) dx = Q (x) dx + C Haciendo la sustitución y = Y (x) en la integral de la izquierda, se tiene que dy = Y 0 (x) dx. Por consiguiente, se obtiene: Z Z A (y) dy = Q (x) dx + C Ahora bien, si G es una primitiva de A y H es una primitiva de Q, la ecuación anterior se puede escribir como: G (y) = H (x) + C (1.13) Rec´ıprocamente, si y es una función que satisface la ecuación (1.13), entonces: G0 (y) y 0 = H 0 (x) es decir, tenemos A (y) y 0 = Q (x). Por lo tanto, la ecuación (1.13) da una representación impl´ıcita de una familia de soluciones a un parámetro. Observaci´ on 1.3.4. En particular, el formalismo anterior se reduce considerablemente si se considera la notación de Leibnitz para las derivadas. Es decir, escribimos y 0 = dy/dx y separamos las variables, con lo cual la ecuación (1.12) se escribe directamente como: A (y) dy = Q (x) dx y la ecuación anterior tiene sentido al ser dy la diferencial de la función desconocida y. Formalmente, podemos integrar la ecuación anterior, obteniendo: Z Z A (y) dy = Q (x) dx + C pero esto sólo es formal, pues las variables de integración son distintas. 19


Ejemplo 1.3.3. Resolver la ecuación dy = ey−x dx Soluci´ on. Se trata de una E.D.O. de variables separadas pues dy = ey−x = e−x ey dx se sigue e−y(x) y 0 (x) = e−x integrando respecto a x Z

Z

−y(x) 0

e

e−x dx

y (x) dx =

se sigue −e−y(x) = −e−x + C despejando e−y(x) = e−x + K luego y (x) = − ln e−x + K

es una familia de soluciones. Ejemplo 1.3.4. Resolver la ecuación dy = x2 y + x2 dx Soluci´ on. Note que x2 y+x2 = x2 (y + 1) luego se trata de una EDO de variables separables dy = x2 (y + 1) dx se sigue Z

dy = y+1

Z

x2 dx

integrando ln |y + 1| = ⇒

x3 +C 3 x3

y + 1 = Ke 3 as´ı

x3

y (x) = Ke 3 − 1 20


Ejemplo 1.3.5. Hallar la solución general de la ecuación diferencial: √ x cos y + x + 1 sen y y 0 = 0 indicando claramente el dominio en el cual está definida. Soluci´ on. Notamos primeramente que la ecuación está definida para x > −1 y es una ecuación de variable separable. Luego, anotamos: x cos y + Es decir: Ahora bien, si y 6=

π 2

√

x + 1 sen y

dy =0 dx

√ dy x cos y = − x + 1 sen y dx + kπ, con k ∈ Z, escribimos la ecuación anterior como: √

dy x = − tan y dx x+1

Separando variables e integrando, obtenemos: Z Z x √ dx = − tan y dy + C x+1 con C una constante de integración. Entonces, la ecuación anterior queda: Z Z √ 1 x + 1 dx − √ dx = − ln | cos y| + C x+1 Es decir, obtenemos: 2 3

q

x+1

3

√ − 2 x + 1 = − ln | cos y| + C

Por tanto, obtenemos:

2√ x + 1 (x − 2) + ln | cos y| = C 3 Finalmente, notamos que las funciones constantes: y=

π + 2kπ, 2

k∈Z

son soluciones de la ecuación diferencial. Por lo tanto, la solución general de la ecuación está dada por:  √ π 3π  2 x + 1 (x − 2) + ln | cos y| = C , si y = 6 ± , ± ,... 3 2 2 y = π + 2kπ, k ∈ Z 2 21


Ejemplo 1.3.6. Diremos que una ecuación diferencial es una ecuaci´ on diferencial lineal de primer orden homog´ enea si es de la forma: y 0 + P (x) y = 0

(1.14)

si P es una función continua sobre su dominio abierto. Soluci´ on. Separando las variables e integrando: Z Z dy = − P (x) dx + K y con K una constante de integración. Luego, la ecuación anterior implica que: Z ln |y| = − P (x) dx + K As´ı: y = ±eK e−

R

P (x)dx

Por consiguiente: y = C e−

R

P (x)dx

Observaci´ on 1.3.5. Note que en el procedimiento anterior, se ha dividido por y, por tanto, debe explicarse que toda solución de (1.14) se puede expresar mediante la fórmula R − P (x)dx y =Ce . Sea y una solución de (1.14) y considere la función g definida por: R

g (x) = y e

P (x)dx

Luego: g 0 (x) = y 0 e R

= e

R

P (x)dx

P (x)dx

R

+ P (x) ye

P (x)dx

(y 0 + P (x) y)

= 0 como x pertenece a un intervalo abierto, se obtiene que g (x) = C, por el Teorema del Valor Medio. Por tanto: R y = C e− P (x)dx Observaci´ on 1.3.6. El razonamiento anterior da origen a un método de resolución de ecuaciones diferenciales del tipo: y 0 + P (x) y = Q (x) donde P y Q son funciones continuas en un intervalo abierto I ⊆ R. La ecuación diferencial anterior se llama ecuación diferencial lineal de primer orden. 22


Ecuaci´ on lineal de primer orden Definici´ on 1.3.3. Una ecuación diferencial de primer orden se dice lineal si es de la forma: y 0 + P (x) y = Q (x)

(1.15)

para dos funciones P y Q continuas en un intervalo abierto I ⊆ R. Definici´ on 1.3.4. Un factor integrante o un factor de integraci´ on para la ecuación (1.15) es una expresión de la forma: µ (x) = e

R

P (x)dx

(1.16)

Observaci´ on 1.3.7. Multipliquemos la ecuación diferencial (1.15) por el factor integrante en (1.16), luego: R R e P (x)dx {y 0 + P (x) y} = e P (x)dx Q (x) Note que la ecuación anterior, puede escribirse como: R d n R P (x)dx o ye = e P (x)dx Q (x) dx Integrando respecto de x, obtenemos: R

ye

P (x)dx

Z =

Finalmente: y=e

−

R

P (x)dx

R

P (x)dx

e

R

e

Z

Q (x) dx + C

P (x)dx

Q (x) dx + C

Teorema 1.3.2 (Fórmula de Leibnitz). Sean P y Q dos funciones continuas sobre un intervalo abierto I ⊆ R. La solución general de la ecuación diferencial lineal: y 0 + P (x) y = Q (x) está dada por la fórmula: −

y (x) = e

R

P (x)dx

R

Observaci´ on 1.3.8. Si µ (x) = e y (x) =

Z

R

e

P (x)dx

Q (x) dx + C

P (x)dx

1 µ (x)

es el factor integrante, la fórmula anterior queda: Z µ (x) Q (x) dx + C

Ejemplo 1.3.7. Resolver la ecuación lineal de primer orden: xy 0 + (1 − x) y = e2x 23


Soluci´ on. Supongamos que x 6= 0. La ecuación anterior queda como: e2x 1 0 −1 y = y + x x Utilizando las notaciones del teorema anterior, tenemos que P (x) = 1/x−1 y Q (x) = e2x /x. Calculamos, primeramente, el factor integrante: 1 µ (x) = e ( x −1)dx

R

= |x| e−x Luego: Z 1 y (x) = µ (x) Q (x) dx + C µ (x) Z 2x ex −x e = |x| e dx + C |x| x Si x > 0, se tiene que |x| = x y la solución es: Z ex x y = e dx + C x e2x ex = +C x x Por otro lado, si x < 0, se tiene que |x| = −x y la solución es: Z ex x − e dx + C y = −x e2x ex = −C x x Ahora bien, como C es una constante arbitraria, si x 6= 0 se puede escribir: y=

e2x ex +C x x

Ejemplo 1.3.8. Deternine una función f : D ⊆ R → R tal que Z t t e−u f (u) du + tf (t) f (t) = t + e 0

Soluci´ on. Notemos que f (0) = 0 y −t

(f (t) − t − tf (t)) e

Z = 0

24

t

e−u f (u) du


usando el teorema fundamental del cálculo (f 0 (t) − 1 − f (t) − tf 0 (t)) e−t − (f (t) − t − tf (t)) e−t = e−t f (t) se sigue f 0 (t) − 1 − f (t) − tf 0 (t) − f (t) + t + tf (t) = f (t) as´ı (1 − t) f 0 (t) − (3 − t) f (t) = 1 − t es una EDO de primer orden lineal df 3−t − f =1 dt 1−t el factor de integración es R

µ (t) = e

− 3−t dt 1−t

= e2 ln(t−1)−t

= (t − 1)2 e−t se sigue d (t − 1)2 e−t f = (t − 1)2 e−t dt integrando 2 −t

Z

(t − 1) e f =

(t − 1)2 e−t dt

es decir (t − 1)2 e−t f = −e−t t2 + 1 + C de donde f (t) =

−e−t (t2 + 1) + C (t − 1)2 e−t

como f (0) = 0 se sigue 0 = −1 + C ⇒ C = 1 finalmente

−e−t (t2 + 1) + 1 f (t) = (t − 1)2 e−t

Ejemplo 1.3.9. Resolver la ecuación dy − 2xy = x dx

25


R

Soluci´ on. Es una ecuación lineal, el factor integrante es µ (x) = e cando la ecuación por µ (x) se tiene e−x

2

−2xdx

2

= e−x , multipli-

dy 2 2 − 2xe−x y = xe−x dx

luego d −x2 2 e y = xe−x dx integrando −x2

e

Z y =

2

xe−x dx

1 2 = − e−x + C 2 as´ı

1 2 y (x) = − + Cex 2 Ejemplo 1.3.10. Considere el problema de valor inicial: (1 + x2 )y 0 + 2xy = f (x),

y(0) = 0.

en donde: f (x) =

x, si x ∈ [0, 1), −x, si x ≥ 1.

Hallar, si acaso existe, una solución continua para este problema. Soluci´ on. Por definición de f , notamos primeramente que el dominio de la ecuación diferencial es el intervalo [0, +∞). Entonces, si x ∈ [0, 1) tenemos el problema de valor inicial siguiente: (1 + x2 )y 0 + 2xy = x, y(0) = 0 (1.17) Entonces: y0 +

x 2x y= 2 1+x 1 + x2

As´ı: Z 1 x 2 y = (1 + x ) dx + C 1 + x2 1 + x2 1 x2 = +C 1 + x2 2 Ahora bien, como y(0) = 0, obtenemos que C = 0. Por tanto, la uńica solución del problema de valor inicial (1.17) está dada por: y=

x2 2(1 + x2 ) 26


Por otro lado, si x ∈ [1, +∞) tenemos la ecuación diferencial: (1 + x2 )y 0 + 2xy = −x O bien:

2x x y=− 2 1+x 1 + x2

(1.18)

1 x2 − +Q y= 1 + x2 2

(1.19)

y0 + cuya solución general está dada por:

As´ı, para que exista una solución continua, se debe cumplir que: l´ım y[0,1) (x) = y[1,+∞) (1)

x→1−

donde y[0,1) denota la solución para 0 ≤ x < 1 e y[1,+∞) denota la solución para x ≥ 1. Entonces, como: 1 x2 l´ım− y[0,1) (x) = l´ım− = 2 x→1 x→1 2(1 + x ) 4 tenemos que elegir el valor de Q en la familia de funciones (1.19) tal que y[1,+∞) (1) = 14 . Entonces, Q = 1. Por tanto, el problema: (1 + x2 )y 0 + 2xy = f (x),

y(0) = 0.

en donde: f (x) =

x, si x ∈ [0, 1), −x, si x ≥ 1.

tiene una solución continua y = y(x) y está dada por:  x2   ,  2(1 + x2 ) y(x) = x2    1 − + 1 , 1 + x2 2

0≤x<1 x ≥ 1.

Ejemplo 1.3.11. Una curva continua y = f (x) en el primer cuadrante parte desde el origen y tiene la propiedad de que el área debajo del cuadrado de dicha curva, desde el origen hasta un punto (x, y) en ella, es igual al cubo de la abscisa de (x, y) más el cuadrado del a´rea del rectángulo que tiene a los puntos (0, 0) y (x, y) como vértices opuestos. Hallar una ecuación, como solución de una ecuación diferencial de primer orden, que defina impl´ıcitamente la curva y = f (x). Z Indicación: No intente calcular la integral

27

1

x2 e x dx.


Soluci´ on. Sean C : y = f (x) una curva continua en el primer cuadrante y (x, y) ∈ C. Sabemos que el a´rea bajo el cuadrado de la curva C : y = f (x) desde el origen (0, 0) hasta Rx el punto (x, y), está dada por la integral: 0 y(t)2 dt. As´ı, la ecuación que define la curva C es la ecuación: Z x y(t)2 dt = x3 + (xy)2 (1.20) 0

con x > 0, en donde la expresión (xy)2 representa el cuadrado del área del rectángulo que tiene a los puntos (0, 0) y (x, y) como vértices opuestos. Como y = f (x) es continua, entonces, por el Teorema Fundamental del Cálculo, la integral indefinida del lado izquierdo es derivable. Luego, derivando la ecuación (1.20) respecto de x, obtenemos: y 2 = 3x2 + 2(xy) y + xy 0 , x>0 Esto es: y 2 = 3x2 + 2xy 2 + 2x2 yy 0 ,

x>0

(1.21)

Ahora, sea u = y 2 , entonces u0 = 2yy 0 . Reemplazando en (1.21), tenemos: u = 3x2 + 2xu + x2 u0 ,

x>0

Reordenando la ecuación, obtenemos la ecuación diferencial lineal de primer orden siguiente: 1 2 0 − u + u = −3, x>0 (1.22) x x2 Ahora bien, note que: Z

2 1 − 2 x x

dx = 2 ln x +

1 +Q x

Luego, el factor integrante µ(x) de (1.22), está dado por: 2 1 1 e ( x − x2 ) dx = x2 e x

R

Entonces, por la fórmula de Leibniz: 1 u(x) = µ(x)

Z −3

µ(x) dx + C

en donde C ∈ R, se obtiene que: 1

e− x u(x) = 2 x

Z 2 x1 C − 3 x e dx

Sin embargo, u = y 2 , por lo tanto, la ecuación que define impl´ıcitamente la curva C : y = f (x) está dada por: 1 1 Z 1 e− x e− x 2 y =C 2 −3 2 x2 e x dx x x 28


Ecuaci´ on de Bernoulli Observaci´ on 1.3.9. Numerosas aplicaciones pueden ser modeladas con ecuaciones diferenciales ordinarias que no son lineales, sin embargo, mediante cambios de variables adecuados y algo de manipulación algebraica, estas ecuaciones pueden ser transformadas en ecuaciones diferenciales lineales. Un caso importante es la llamada ecuación de Bernoulli. Definici´ on 1.3.5. Sean P (x) y Q (x) funciones continuas sobre un intervalo abierto I ⊆ R. Una ecuación diferencial de la forma: y 0 + P (x) y = Q (x) y α ,

α 6= 1

(1.23)

se llama ecuaci´ on de Bernoulli. Observaci´ on 1.3.10. Multipliquemos la ecuación de Bernoulli en (1.23) por y −α , de donde obtenemos: y −α y 0 + P (x) y 1−α = Q (x) (1.24) Sea z = y 1−α . Luego, por la regla de la cadena, obtenemos: z 0 = (1 − α) y −α y 0 Reemplazando en la ecuación (1.24), se obtiene: 1 z 0 + P (x) z = Q (x) 1−α O bien: z 0 + (1 − a) P (x) z = (1 − α) Q (x)

(1.25)

que es una ecuación diferencial lineal de primer orden. Es importante notar que una vez resuelta la ecuación (1.25) se debe volver a la variable original y = y (x). Ejemplo 1.3.12. Hallar la solución de la ecuación diferencial: dy + xy = x3 y 3 dx Soluci´ on. Dividiendo todos los términos por y 3 , tenemos: y −3 y 0 + xy −2 = x3

(1.26)

Consideremos, tal como en la observación anterior, el cambio de variables z = y −2 . Luego: dy dz = −2y −3 dx dx

29


Reemplazando la ecuación anterior en (1.26), se obtiene la ecuación diferencial lineal: dz − 2xz = −2x3 dx cuya solución es: z = 1 + x2 + Cex

2

Por consiguiente, la solución general de la ecuación diferencial dada es: y=√

1 1+

x2

+ Cex2

con C una constante cualquiera. Ejemplo 1.3.13 (Ecuación log´ıstica). Resuelva la siguiente ecuación de Bernoulli, conocida como ecuaci´ on log´ıstica: dN = αN (β − N ) (1.27) dt con α, β > 0. Soluci´ on. Note que podemos escribir la ecuación (1.27) como: dN = αβN − αN 2 dt Sean A = αβ y B = α, entonces: dN − AN = −BN 2 dt Dividiendo la ecuación anterior por N 2 , obtenemos: N −2

dN − AN −1 = −B dt

Sea z = N −1 , luego: dz dN = −N −2 dt dt Reemplazando en la ecuación (1.28), obtenemos: − Es decir:

dz − Az = −B dt dz + Az = B dt

cuya solución exacta es: z = Ce−At + 30

B A

(1.28)


Pero z =

1 , N

luego:

1 1 = z Ce−At + B/A Finalmente, como A = αβ y B = α, obtenemos: N=

β 1 + Ce−αβt Ejemplo 1.3.14. Se ha determinado experimentalmente que la variación de peso de un tipo de pez sigue la ley β dp = αe− 3 t p2/3 − βp dt donde p = p (t) representa el peso del pez, α y β son constantes positivas. Si p (0) = p0 > 0 determine el peso máximo del pez. N (t) =

Soluci´ on. Se trata de una ecuación de Bernoulli β dp + βp = αe− 3 t p2/3 dt multiplicando por p−2/3 se sigue = 13 p−2/3 dp as´ı entonces du dt dt

dp −2/3 p dt

β

+ βp1/3 = αe− 3 t hacemos el cambio u = p1/3

β du + βu = αe− 3 t dt du β α −βt + u = e 3 dt 3 3

3

β

resolvemos esta ecuación lineal al multiplicar por el factor µ (t) = e 3 t se sigue d β t α = ue 3 dt β 3 α t + C e− 3 t u = 3 volvemos a la variable original α 3 t + C e−βt p (t) = 3 como p (0) = p0 se tiene p0 = C 3 as´ı α 3 √ 3 p (t) = t + p0 e−βt 3 para buscar el máximo derivamos α 2 α 3 √ √ 0 −βt 3 3 p (t) = α t + p0 e −β t + p0 e−βt 3 3 α 2 α √ √ −βt 3 3 = t + p0 e α−β t + p0 3 3 α 2 αβ √ √ −βt 3 3 = t + p0 e α − β p0 − t 3 3 31


as´ı t=

√ α − β 3 p0 αβ 3

note que antes de ese n´ umero la derivada es positiva y después negativa, el punto es punto de máximo global, si este n´ umero es negativo, el máximo se alcanza en t = 0 y corresponde a p0 , en otro caso, el peso máximo es √ ! α − β 3 p0 pmax = p αβ 3

=

α 3

√ ! α − β 3 p0 αβ 3

+

√ 3 p0

!3

−β

e

√ α−β 3 p0 αβ 3

3 β √ α 3 e−3(1− α p0 ) = β

Ecuaci´ on de Ricatti Definici´ on 1.3.6. Una ecuaci´ on de Ricatti es una ecuación diferencial de la forma: y 0 + P (x) y + Q (x) y 2 = R (x)

(1.29)

donde P, Q y R son funciones continuas sobre un intervalo I ⊆ R. Observaci´ on 1.3.11. Existe un método para obtener una familia de soluciones de una ecuación de Ricatti si se conoce una solución particular u = u (x). Supongamos esto y consideremos el cambio de variables: y =u+

1 v

(1.30)

con v = v (x) la nueva variable. Derivando la ecuación anterior, obtenemos: y 0 = u0 −

1 0 v v2

(1.31)

Reemplazando las ecuaciones (1.30) y (1.31) en la ecuación de Ricatti (1.29), se sigue que:

2 1 0 1 1 u − 2 v + P (x) u + + Q (x) u + = R (x) v v v 0

Reordenando los términos de la ecuación anterior, tenemos que: 0 v0 1 u 1 2 u + P (x) u + Q (x) u − 2 + P (x) + Q (x) 2 + 2 = R (x) v v v v

32


Ahora bien, como u es una solución particular de la ecuación (1.29), obtenemos: u 1 v0 1 − 2 + P (x) + Q (x) 2 + 2 = 0 v v v v Amplificando la ecuación anterior por −v 2 , finalmente se obtiene la ecuación: v 0 − P (x) v − Q (x) u (x) v − Q (x) = 0 Es decir: v 0 − {P (x) + u (x) Q (x)} v = Q (x) que es una ecuación lineal de primer orden. Ejemplo 1.3.15. Resuelva la ecuación de Ricatti: y0 = y2 −

2 x2

(1.32)

Soluci´ on. Notamos primeramente que u = x1 es una solución particular de la ecuación. En efecto: 2 1 2 u2 − 2 = 2 − 2 x x x 1 = − 2 x 0 = u Ahora bien, sea y =

1 x

+ v1 , luego: dy 1 1 dv =− 2 − 2 dx x v dx

Reemplazando la ecuación anterior y el cambio de variables y = obtenemos: 2 1 1 dv 1 1 2 − 2− 2 = + − 2 x v dx x v x

1 x

+ v1 en la ecuación (1.32),

Simplificando y agrupando términos semejantes, se tiene: −

1 dv 2 1 = + 2 2 v dx vx v

Amplificando por −v 2 , finalmente se obtiene: 2 v 0 + v = −1 x Como se puede observar, la ecuación anterior es una ecuación lineal de primer orden cuya solución exacta es: C x v= 2− x 3 33


Sin embargo, recordemos que y =

1 x

+ v1 . Luego, la solución obtenida es: y=

1 + x

y=

3x2 1 + x C − x3

O bien:

C x2

1 −

x 3

Ejemplo 1.3.16. Obtenga una solución del problema dy 1 1 = 2 y2 − y + 1 dx x x y (1) = 3 Indicaci´ on:Primero buscar una solución dela ecuación de la forma y = ax + b. Soluci´ on. Usamos la indicación para buscar una solución (la ecuación es de Ricatti) entonces x2 a = (ax + b)2 − x (ax + b) + x2 se sigue ax2 = a2 − a + 1 x2 + (2ab − b) x + b2 as´ı b=0 y a = a2 + 1 − a que tiene solución a = 1, se sigue que una solución es y=x (la cual no cumple y (1) = 3) hacemos el cambio de variables y=

1 +x u

entonces 1 1 du − 2 +1= 2 u dx x as´ı −

1 +x u

2

1 − x

1 +x +1 u

1 du 1 1 +1= + 2 2 +1 2 u dx ux u x

eliminando −

1 du 1 1 = + 2 2 2 u dx ux u x 34


luego u 1 du =− − 2 dx x x es lineal y tiene solución u= as´ı, como y =

1 u

C 1 − ln x x x

+ x se sigue y=

1 C x

+x

− x1 ln x

pero y (1) = 3 as´ı 3= luego C =

1 2

1 +1 C

reemplazando 1

y=

1 2x

− x1 ln x

+x

es la solución del problema. Ejemplo 1.3.17. Resolver la ecuación y 0 − xy 2 + (2x − 1) y = x − 1 si se sabe que tiene una solución constante. Soluci´ on. La solución constante es y = 1 (verificar) entonces podemos hacer el cambio y=

1 +1 z

dy dz = −z −2 dx dx reemplazamos −z

−2 dz

dx

−x

1 +1 z

2

1 + (2x − 1) +1 −x+1 = 0 z dz 1 −z −2 − 2 (x + z) = 0 dx z

as´ı

dz + (x + z) = 0 dx la cual es lineal, la solución es z = Ae−x − x + 1 as´ı y=

Ae−x

1 +1 −x+1

35


Ecuaciones homog´ eneas Definici´ on 1.3.7. Una función f : U ⊆ R2 → R se dice homog´ enea de grado n si: f (tx, ty) = tn f (x, y) para todo t ∈ R tal que (tx, ty) ∈ U . Observaci´ on 1.3.12. Si M y N son funciones homogéneas de grado n, entonces la ecuación: M (x, y) dx + N (x, y) dy = 0 (1.33) se escribe como:

y M 1, xy dy M (x, y) =− =− = F dx N (x, y) x N 1, xy

donde F : R → R. Luego, la ecuación (1.33) puede escribirse como: y y0 = F x Definici´ on 1.3.8. La ecuación de primer orden: y 0 = f (x, y) se llama homog´ enea, si la función f (x, y) es homogénea de grado 0. Observaci´ on 1.3.13. En vista de la observación anterior, toda ecuación homogénea puede escribirse en la forma: y 0 y =F (1.34) x haciendo t = x1 . Para resolver esta ecuación se considera el cambio de variables z = xy ; o bien, y = zx. Luego, al derivar respecto de x tenemos que: dy dz =z+x dx dx Reemplazando la ecuación anterior en la ecuación (1.34), se obtiene: z+x

dz = F (z) dx

la cual es una ecuación de variable separable. Finalmente, podemos escribir: Z Z dz dx = +C F (z) − z x con C una constante arbitraria. 36


Ejemplo 1.3.18. Resuelva la ecuación diferencial: y0 =

x+y x−y

Soluci´ on. Se trata de una ecuación con función homogénea de grado cero pues 1+ x+y y = = x−y 1− 0

ponemos u =

y x

y x y x

=F

y x

luego u + xu0 = y 0 reemplazando u + xu0 =

1+u 1−u

luego 1 1+u du = −u dx x 1−u 1 u2 + 1 = x 1−u esta ecuación es de variables separadas, se sigue Z Z 1−u dx du = 2 1+u x luego arctan u −

1 ln 1 + u2 = ln |x| + C 2

volvemos a la variable y 2 1 arctan − ln 1 + = ln |x| + C x 2 x y

Ejemplo 1.3.19. Resuelva el P.V.I. 1/2 dy = y + x2 − y 2 dx y (1) = 0 x

Soluci´ on. Note que y 2 1/2 y dy = + 1− dx x x es homogénea, hacemos el cambio u=

y du dy ⇒u+x = x dx dx 37


luego u+x

√ du = u + 1 − u2 dx

se sigue

√ 1 − u2 du = dx x resolvemos esta ecuación de variables separables Z Z dx du √ = 2 x 1−u arcsin u = ln |x| + C as´ı u = sin (ln |x| + C) luego y = x sin (ln |x| + C) evaluando 0 = sin (ln |1| + C) = sin C se sigue C = kπ con k ∈ Z, as´ı y = x sin (ln |x| + kπ) con k ∈ Z

Otros cambios de variables Observaci´ on 1.3.14. La regla de la cadena nos permite cambiar variables en las ecuaciones diferenciales para llevarlas a ecuaciones diferenciales que se resuelven mediante los métodos elementales. Consideremos los siguientes ejemplos: Ejemplo 1.3.20. Recordemos la ecuación (1.7) obtenida en el problema del espejo parabólico. Es decir, la ecuación: y 2y 0 = x 1 − (y 0 )2 Utilizando un cambio de variables adecuado, resolveremos esta ecuación diferencial. En primer lugar, despejando y 0 de la ecuación, se obtiene: 2

y (y 0 ) + 2xy 0 − y = 0 Por la fórmula de la ecuación de segundo grado, encontramos que: p −x ± x2 + y 2 y0 = y 38


Por la simetr´ıa de la curva y = f (x) y el hecho que |x| < Luego: p x2 + y 2 −x + y0 = y

p x2 + y 2 , se obtiene que y 0 > 0.

Consideremos, ahora, el cambio de variables z = x2 + y 2 . Entonces: dy dz = 2x + 2y dx dx Reemplazando la ecuación anterior en la ecuación (1.35), se obtiene: ! p −x + x2 + y 2 dz = 2x + 2y dx y p = 2x − 2x + 2 x2 + y 2 Es decir, obtenemos la ecuación de variable separable: √ dz =2 z dx As´ı:

implica que:

Z

dz √ = 2 z

Z dx + C

√ z =x+C

Por tanto, elevando al cuadrado y como z = x2 + y 2 , se obtiene finalmente: x2 + y 2 = x2 + 2Cx + C 2 O bien: y 2 = 2Cx + C 2 con C ∈ R. Ejemplo 1.3.21. Resuelva la ecuación diferencial: dy = (x + y + 1)2 − 2 dx utilizando para ello un cambio de variables adecuado. Soluci´ on. Haciendo z = x + y + 1, tenemos z 0 = 1 + y 0 , de modo que: z0 − 1 = z2 − 2 o bien: z0 = z2 − 1 39

(1.35)


Separando variables, obtenemos: Z

dz = 2 z −1

Z dx + C

Integrando se tiene que: 1 {ln (z − 1) − ln (z + 1)} = x + C 2 o: ln Luego:

z−1 = 2x + C z+1 z−1 = e2x+C z+1

Es decir, obtenemos: z − 1 = Ce2x (z + 1) Despejando z y recordando que z = x + y + 1, se obtiene finalmente: y=

1 + Ce2x −x−1 1 − Ce2x

Ejemplo 1.3.22. Para un valor de n ∈ N adecuado, el cambio de variables u = xn y transforma la ecuación diferencial x2

p dy + 2xy = 1 − y 2 x4 x2 dx

en una ecuación de variables separables. Determine tal valor de n y resolver la ecuación. Soluci´ on. Note que y = x−n u luego dy du = −nx−n−1 u + x−n dx dx reemplazando q −n−1 −n du −n x −nx u+x + 2x x u = 1 − (x−n u)2 x4 x2 dx 2

ordenando −nx−n+1 u + x2−n

p du + 2 x−n+1 u = 1 − (x4−2n u2 )x2 dx

se sigue x2−n

p du + (2 − n) x−n+1 u = 1 − (x4−2n u2 )x2 dx 40


tomando n = 2 obtenemos

du √ = 1 − u 2 x2 dx que es de variables separables, se sigue Z Z du √ = x2 dx 2 1−u as´ı x3 arcsin u = +C 3 luego u = sin

x3 3

+ C y finalmente

sin

y=

x3 3

+C

x2

Ejemplo 1.3.23. Resolver la ecuación yy 00 = y 0 y 2 + (y 0 )

2

haciendo el cambio u = y 0 . Soluci´ on. Si u = y 0 entonces du dy dy dx du = u dy

y 00 =

reemplazando du = uy 2 + (u)2 dy du y = y2 + u dy

yu

esta ecuación es lineal

du 1 − u=y dy y

que tiene solución u = y 2 + cy luego dy = y 2 + cy dx es de variables separadas, tiene solución c y (x) = −cx Ae −1 Obs.: Esta técnica reduce el orden de la E.D.O. si es de la forma F (y, y 0 , y 00 ) es decir, no depende de la variable x. 41


Ejemplo 1.3.24. Resuelva la ecuación diferencial: 2

3xy 2 y 0 + xex + y 3 = 0 Soluci´ on. Considere el cambio de variables u = y 3 . Luego, u0 = 3y 2 y 0 , entonces la ecuación: 2

3xy 2 y 0 + xex + y 3 = 0 queda como: 2

xu0 + xex + u = 0 la cual es lineal. As´ı, si x 6= 0, la ecuación queda como: 1 2 u0 + u = −ex x Denotando por µ = µ(x) el factor de integración de la ecuación anterior, tenemos que: R

µ(x) = e

1 x

dx

= eln |x| = |x|

Por tanto, si x > 0 la solución u está dada por: Z 1 x2 u = − µ(x)e dx + C µ(x) Z 1 2 − |x|ex dx + C = |x| Z 1 2 − xex dx + C = x 2

C ex = − x 2x Por otro lado, si x < 0, entonces: u = = = =

Z 1 2 − |x|ex dx + C |x| Z 1 2 − xex dx + C x 2 1 ex − +C x 2 2 C ex − x 2x

Por tanto, si x 6= 0 tenemos que: 2

u=

C ex − x 2x 42


con C ∈ R. Finalmente, como u = y 3 , obtenemos que la solución de la ecuación diferencial está dada por: 2

C ex − y = x 2x ⇔ r e x2 3 C y = − x 2x 3

con C una constante arbitraria. Observaci´ on 1.3.15. Como muestran los ejemplos anteriores, en general, se puede efectuar cualquier cambio de variables o sustitución que se desee al intentar resolver una ecuación diferencial. Sin embargo, cualquier no asegura el éxito en facilitar la resolución de la ecuación diferencial. Por tanto, debe buscarse el cambio de variables adecuado, [4].

Ejercicios de la secci´ on 1. Resuelva las siguientes ecuaciones mediante integración directa dy dy (a) x2 + 4 =4 (b) = x ln x dx dx 1 1 dy y0 = (d) e−x = sin x (c) 2 arctan x (1 + x ) dx 2. Resuelva las siguientes ecuaciones de variables separables: (a) yy 0 − x = xy 2 (c) y ln y + xy 0 = 0 (e) y 0 = 1 + x + y + xy

(b) y 0 = ex+y (d) (1 + ex ) y 0 = ey (f) y 0 = x2 y 2 + x2

3. Verifique que las siguientes ecuaciones son homogéneas y resuélvalas: p dy dy (2y − x) = 0 (b) x = y + y 2 − x2 (a) 3x − y + dx dx dy dy 2 2 2 2 (c) 4x + xy − 3y + −5x + 2xy + y = 0 (d) 3x2 − y 2 = 2xy dx dx dy x+y dy (e) = (f) x2 y = x3 + y 3 dx x−y dx 4. Resuelva las siguientes ecuaciones lineales de primer orden: (a) xy 0 + y = xex (c) y 0 + 2y = x2 + 2x (e) 1 + x2 y 0 + xy = 1

(b) y 0 + y cos (x) = sin (x) cos (x) (d) y 0 + 2y = sin x 1 1 (f) y 0 + y = 2 x x

43


5. Resolver las siguientes ecuaciones de Bernoulli: 1.- y 0 − 4y = 2ex y 1/2 2.- y 0 − y + y 2 (x2 + x + 1) = 0

3.- xy 0 − 2y = 4x3 y 1/2 4.- xy 0 + y = y 2 x2 ln x

6. Las ecuaciones en este ejercicios pueden ser transformadas en lineales mediante un cambio de variables adecuado, descubra tal cambio y resuelva la ecuación: a) y 0 + x tan y = x2 sec y b) 2xyy 0 + (1 + x) y 2 = ex 7. Sean A, B, C, D, E, F constantes. Muestre que utilizando un cambio de coordenadas conveniente podemos transformar una ecuación del tipo Ax + Bt + C dx =f dt Dx + Et + F en una ecuación de variables separables o en una homogénea. Ind.: x = X+h, y = Y +k donde h, k son constantes por determinar. 8. Resolver el P.V.I. 2x + t − 1 dx = dt x + 2t + 1 x (0) = 1 9. Resuelva la ecuación de Ricatti: y 0 − 2x3 + 1 y = −x2 y 2 − x4 − x + 1 sabiendo que u (x) = x es una solución particular de la ecuación. 10. Si u (x) = x2 es una solución particular de la ecuación: y 0 + 3 − 2x2 sin x y = −y 2 sin x + 2x + 3x2 − x4 sin x Hallar una familia infinita de soluciones.

Modelos simples: Segunda parte Observaci´ on 1.4.1. Ahora consideraremos algunos ejemplos más: el problema de mezclas, o en términos más generales, el problema de análisis de compartimientos, [4], el problema de las curvas de persecución y un problema geométrico. 44


Observaci´ on 1.4.2 (Análisis de compartimientos, [4]). Un proceso f´ısico o biológico complejo puede ser dividido algunas veces en varios estados distintos. El proceso total puede describirse por la interacción entre los estados individuales. Cada estado se llama compartimiento (lo podemos considerar como un tanque) y se supone además que el contenido de cada compartimiento está mezclado homogeneamente. En cada compartimiento se transfiere material que es inmediatamente incorporado al siguiente en el sistema. Considere un sistema formado por un solo compartimiento, suponga que un material es introducido en tal compartimiento a una razón e (t), el cual se incorpora a una cantidad x (t) de material existente al interior del compartimiento, y luego se extrae material (que puede pasar a otro compartimiento) a una razón de s (t). Por consiguiente, la variación de material al interior del compartimiento está dada entonces por la ecuación diferencial: dx = e (t) − s (t) dt Consideremos algunos ejemplos:

Ejemplo 1.4.1. Considere un tanque que contiene 100 litros de agua, en el cual se han disuelto 50 kilogramos de sal. Suponga que 2 litros de salmuera cada uno con 1 kilogramo de sal disuelta, entran por minuto al tanque, y la mezcla que se mantiene homogénea revolviéndola a gran velocidad, sale del tanque a razón de 2 litros por minuto. Hallar la cantidad de sal al interior del tanque en el tiempo t.

Soluci´ on. Sea x (t) el n´ umero de kilogramos de sal disueltos en el tanque en t minutos. Notamos que las unidades ayudan bastante en la extracción de información. En efecto, dx/dt está en [kg/ m´ın] y entonces, e (t) y s (t) deben esta en las mismas unidades. As´ı: kg lt kg e (t) = 2 =2 lt m´ın m´ın 45


y x (t) kg x (t) kg lt · = s (t) = 2 m´ın 100 lt 50 m´ın Por tanto, la ecuación diferencial queda:

dx x (t) =2− dt 50 la cual es una ecuación lineal de primer orden. As´ı, por la fórmula de Leibnitz, tenemos que: Z −t/50 t/50 x (t) = e 2 e dt + C = 100 + Ce−t/50 pero sabemos que en t = 0, x (0) = 50. As´ı, 50 = 100 + C. Por tanto: x (t) = 100 − 50e−t/50 Observaci´ on 1.4.3 (Curvas de persecución, [4]). Utilizando la propiedad geométrica de que la pendiente de la recta tangente a una curva y en un punto dado de la curva es y 0 , se pueden construir ecuaciones diferenciales que permiten estudiar la trayectoria que describe un depredador tras su presa.

Consideremos algunos ejemplos: Ejemplo 1.4.2. Un esquiador acuático P localizado en el punto (a, 0), con a > 0, es halado por un bote de motor Q localizado en el origen y que viaja hacia arriba a lo largo del eje Y . Hallar la trayectoria del esquiador si éste se dirige en todo momento hac´ıa el bote. La trayectoria se denomina tractriz. ←→ Soluci´ on. Observemos que la recta que une P y Q, digamos P Q es tangente al camino recorrido por P . Por tanto, su pendiente está dada por: √ dy a2 − x 2 =− (1.36) dx x 46


puesto que la longitud del segmento P Q es a. La ecuación diferencial (1.36) es de integración directa, luego: Z √ 2 a − x2 y=− dx + C x As´ı1 : y = a ln

a+

√

a2 − x 2 x

−

√ a2 − x 2 + C

Como y = 0 cuando x = a, vemos que C = 0, de modo que la ecuación de la trayectoria es: √ √ a + a2 − x 2 − a2 − x 2 y = a ln x Ejemplo 1.4.3. Suponga que un halcón P situado en el punto (a, 0) descubre una paloma Q en el origen, la cual vuela a lo largo del eje Y a una velocidad v. El halcón emprende el vuelo inmediatamente hacia la paloma a una velocidad w. ¿Cuál será el camino seguido por el halcón en su vuelo? Soluci´ on. Sea t = 0 el instante en que el halcón comienza a volar hacia la paloma. Después de t segundos la paloma estará en el punto Q = (0, vt) y el halcón en P (x, y). Como la ←→ recta T = P Q es otra vez tangente a la trayectoria, encontramos que su pendiente mT = y 0 . Luego, se obtiene la ecuación diferencial: y0 =

y − vt x

(1.37)

Debemos ahora eliminar t de la ecuación anterior, pues y 0 = dy/dx. Para ello debemos calcular la longitud del camino recorrido por el halcón. Si ds representa un elemento diferencial de longitud del arco formado por la trayectoria, tenemos que: Z a wt = ds x

q pero ds = 1 + (y 0 )2 dx. As´ı, la fórmula anterior queda como: 1 t= w

Z

a

q

1 + (y 0 )2 dx

x

Despejando t de la ecuación (1.37) e igualando con la ecuación anterior, obtenemos: Z q y − xy 0 1 a = 1 + (y 0 )2 dx v w x 1

Z √

a + √a2 ± x2 p a2 ± x2 dx = a2 ± x2 − a ln +C x x

47


Derivando:

q 1 y 0 − (y 0 + xy 00 ) = 1 + (y 0 )2 v w Ordenando la ecuación anterior, se tiene que: q v 00 xy = 1 + (y 0 )2 w

(1.38)

Note que la ecuación anterior es una ecuación diferencial de segundo orden. Sin embargo, mediante el cambio de variables: u = y0 la ecuación (1.38) queda como:

v√ 1 + u2 w que es una ecuación de primer orden de variable separable. Entonces, separando variables e integrando, obtenemos: Z Z du v dx √ = +C 2 w x 1+u xu0 =

Luego:

√ v 2 ln u + 1 + u = ln x + K w 0 pero u = y = 0 cuando x = a, se sigue que K = (v/w) ln a. Tomando exponenciales a ambos lados de la ecuación anterior se tiene: x v/w √ u + 1 + u2 = a que, después de algunas operaciones algebraicas, nos da: 1 x v/w x −v/w dy = − dx 2 a a Suponiendo que w > v, se obtiene finalmente que: ( ) a (x/a)1+v/w (x/a)1−v/w y= − +C 2 1 + v/w 1 − v/w

Ejemplo 1.4.4. Determine la curva que pasa por 21 , 32 y corta a cada miembro de la familia x2 + y 2 = c2 con c ∈ R+ formando un ángulo de 45o . Soluci´ on. El ángulo entre dos curvas es dado por el ángulo entre sus rectas tangentes luego m1 − m2 tan θ = 1 + m1 m2 48


note que la pendiente de las rectas tangentes a la familia de curvas es 2x + 2yy 0 = 0 ⇒ m1 = as´ı tan

π 4

esto es 1=

=

−x y

−x y

−x y

− y0

1 − xy y 0 − y0

1 − xy y 0

se sigue −x x − y0 1 − y0 = y y ⇔ x x 0 1+ = y − y0 y y luego

y 1 + xy +1 dy = x = x y dx 1− x −1 y

que es una ecuación homogenea , hacemos el cambio u = u+x

y x

de donde

u+1 du = dx 1−u

luego x

resolvemos

du dx

u+1 −u 1−u ⇔ du u2 + 1 1 = dx 1−u x

Z

=

1−u du = 1 + u2

Z

1 dx x

se sigue arctan u −

1 ln 1 + u2 = ln |x| + C 2

volvemos a la variable y, arctan

y x

−

1 ln x2 + y 2 = C 2

49


y determinamos la constante con el punto

1 3 , 2 2

1 arctan (3) − ln 2 as´ı la curva es

5 =C 2

1 1 − ln x2 + y 2 = arctan 3 − ln arctan x 2 2 y

5 2

Ejemplo 1.4.5. Hallar una curva C : y = f (x), con x > 0, que pase por el punto (x0 , y0 ) = (1, 1) y que tenga la propiedad de que el segmento sobre la recta tangente a dicha curva, trazado entre un punto de tangencia P (x, y) y un punto en el eje y, es bisectado por el eje x. Soluci´ on. Considere el diagrama siguiente, asociado al problema geométrico: y y = f (x) y

P (x, y) PM

B

α

x

x

x 2

Q De la figura e hipótesis del problema, notamos que el punto PM es el punto medio del segmento P Q, donde P = P (x, y) es el punto de tangencia a la curva incógnita y = f (x). Por tanto, del triángulo 4PM BP rectángulo en B, se obtiene que: tan α =

y x 2

Por otro lado, si denotamos por T la recta tangente a la curva y = f (x), entonces P Q ⊆ T . As´ı: y 0 = mT = tan α Ahora bien, la curva C : y = f (x) debe pasar por (x0 , y0 ) = (1, 1). Por tanto, obtenemos el problema de valor inicial: 2y y0 = , y(1) = 1 x Separando variables e integrando obtenemos: Z Z dy dx =2 +C y x 50


Esto es: ln |y| = 2 ln x + C O bien: y = Cx2 pero y(1) = 1, luego C = 1. Por tanto, la curva con la propiedad buscada en el problema es: C : y = x2 Ejemplo 1.4.6. Un paracaidista se deja caer desde un avión y después de 5,5 sg. abre 2 el paraca´ıdas provocando una fuerza de resistencia del aire igual wv [lbs.] , donde w es 256 el peso total del hombre y del paraca´ıdas y v la velocidad con que va cayendo. Hallar la velocidad en cualquier momento después de abierto el paraca´ıdas. Asumir que antes de abierto el paraca´ıdas no hay resistencia del aire. Soluci´ on. Primero modelamos la situación antes de abrir el paraca´ıdas: m

dv = mg ⇒ v = gt ⇒ v (5,5) = (32) (5,5) = 176 dt

ahora cuando se abre el paraca´ıdas ponemos t = 0 nuevamente pero con una velocidad inicial mgv 2 dv = mg − dt 256 v (0) = 176

m

as´ı

dv 32v 2 = 32 − dt 256

la cual tiene solución

16C + 16e4t v (t) = − C − e4t

reemplazando la C.I. 176 = − se obtiene C =

5 6

16C + 16 C −1

as´ı v (t) = −

5 6 5 6

16

es decir

v (t) = 16

+ 16e4t − e4t

6e4t + 5 6e4t − 5

51


Ejemplo 1.4.7. Suponga que un tanque cil´ındrico recto con radio de la base 12 metro y altura 4 metros tiene inicialmente 2 litros de agua pura. Una solución de salmuera se 1 bombea hacia el tanque a una rapidez de 1 + 1+t litros por minuto, la concentración de 1 sal en el flujo de entrada es de 2 kilogramo por litro. La solución en el tanque es homogénea 1 y se extrae a 1+t litros por minuto. Determinar la cantidad de sal en el tanque cuando este se llena. Soluci´ on. Sea x (t) la cantidad de sal en el tanque en minuto t entonces dx = (Sal que entra por minuto) - (Sal que sale por minuto) dt notemos que lt 1 kg 1 = 1+ 1+t min 2 lt 1 1 kg = 1+ 2 1+t min

Sal que entra por minuto

y kg Sal que sale por minuto = lt 1 kg x (t) = (1 + t) (2 + t) min

1 1+t

lt min

x (t) 2+t

se sigue dx 1 = dt 2 x (0) = 0

1 1+ 1+t

−

1 (1 + t) (2 + t)

x

se trata de un problema de valores iniciales con E.D.O lineal de primer orden. Resolvemos aplicando la técnica del factor integrante µ (t) = e as´ı

d dt

t+1 x t+2

1 = 2

R

dt (1+t)(2+t)

1+

=

1 1+t

t+1 t+2

t+1 t+2

se sigue

as´ı

t+1 t x= +K t+2 2 t+2 t t+2 x (t) = +K 2 t+1 t+1 52

=

1 2


como x (0) = 0 se sigue K=0 y as´ı t t+2 x (t) = 2 t+1 es la cantidad de sal en el tanque en el tiempo t. La cantidad de litros de agua en el tanque es l (t) = 2 + t la cantidad de litros de capacidad del tanque es 2 1 4 metros3 V = π 2 = π m3 = 103 π litros los cuales se logran a t = 103 π − 2 minutos y en la cantidad de sal es 3

103 π − 2 2 ≈ 1570. 3 kg

x 10 π − 2 =

103 π 103 π − 1

Ejercicios de la secci´ on 1. Determinar la curva que pasa por 21 , 32 y corta a cada miembro de la familia de curvas x2 + y 2 = c2 formando un ańgulo de 30o . 2. Encuentre la curva que pertenece a la familia de trayectorias ortogonales de la familia de curvas x + y = cey que pasa por (0, 5). 3. Suponga que un halcón situado en (a, 0) descubre una paloma en el origen, la cual vuela a lo largo del eje Y a una velocidad v; El halcón emprende el vuelo inmediatamente hacia la paloma con una velocidad de w. ¿Cual es el camino seguido por el halcón en su vuelo persecutorio?. 4. Un destructor está en medio de una niebla muy densa que se levanta por un momento y deja ver un submarino enemigo en la superficie a cuatro kilómetros de distancia. Suponga: a) que el submarino se sumerge inmediatamente y avanza a toda máquina en una dirección desconocida. 53


b) que el destructor viaja tres kilómetros en l´ınea recta hacia el submarino. ¿Qué trayectoria deber´ıa seguir el destructor para estar seguro que pasará directamente sobre el submarino, si su velocidad v es tres veces la del submarino? 5. Suponga que el eje Y y la recta x = b forman las orillas de un r´ıo cuya corriente tiene una velocidad v en la dirección negativa del eje Y . Un hombre esta en el origen y su perro esta en el punto (b, 0). Cuando el hombre llama al perro, este se lanza al r´ıo y nada hacia el hombre a una velocidad constante w (con w > v). ¿Cuál es la trayectoria seguida por el perro?. 6. Cuatro caracoles situados en las esquinas de un cuadrado [0, a] × [0, a] comienzan a moverse con la misma velocidad, dirigiéndose cada uno hacia el caracol situado a su derecha. ¿Qué distancia recorrerán los caracoles al encontrarse? 7. Hallar la ecuación de todas las curvas que tienen la propiedad de que el punto de tangencia es punto medio del segmento tangente entre los ejes coordenados.

8. Un cuerpo se calienta a 110o C y se expone al aire libre a una temperatura de 100 C. Si al cabo de una hora su temperatura es de 60o C. ¿Cuánto tiempo adicional debe transcurrir para que se enfr´ıe a 30o C? 9. Una persona de un pueblo de 1000 habitantes regresó con gripe. Si se supone que la gripe se propaga con una rapidez directamente proporcional al n´ umero de agripados como también al n´ umero de no agripados. Determinar el n´ umero de agripados cinco d´ıas después, si se observa que el n´ umero de agripados el primer d´ıa es 100. 10. Un colorante sólido disuelto en un l´ıquido no volátil, entra a un tanque a una velocidad v1 galones de solución/minuto y con una concentración de c1 libras de colorante/galón de solución. La solución bien homogeneizada sale del tanque a una velocidad de v2 galones de solución/min. y entra a un segundo tanque del cual sale posteriormente a una velocidad de v3 galones de solución/min. 54


Inicialmente el primer tanque ten´ıa P1 libras de colorante disueltas en Q1 galones de solución y el segundo tanque P2 libras de colorante disueltas en Q2 galones de solución. Encontrar dos ecuaciones que determinen las libras de colorante presentes en cada tanque en cualquier tiempo t. 11. Un teatro de dimensiones 10 × 30 × 50m3 , contiene al salir el p´ ublico 0,1 % por 3 volumen de CO2 . Se sopla aire fresco a razón de 500 m por minuto y el sistema de aire acondicionado lo extrae a la misma velocidad. Si el aire atmosférico tiene un contenido de CO2 del 0,04 % por volumen y el l´ımite saludable es de 0,05 % por volumen. ¿ En que tiempo podrá entrar el p´ ublico?. 12. Un tanque contiene inicialmente agua pura. Salmuera que contiene 2 libras de sal/gal. entra al tanque a una velocidad de 4 gal./min. Asumiendo la mezcla uniforme, la salmuera sale a una velocidad de 3 gal./min. Si la concentración alcanza el 90 % de su valor máximo en 30 minutos, calcular los galones de agua que hab´ıan inicialmente en el tanque. 13. Un tanque de una cierta forma geométrica está inicialmente lleno de agua hasta una altura H. El tanque tiene un orificio en el fondo cuya a´rea es A pie2 . Se abre el orificio y el l´ıquido cae libremente. La razón volumétrica de salida dQ es proporcional a la dt velocidad de salida y al a´rea del orificio, es decir, dQ = −kAv dt aplicando la ecuación de energ´ıa 12 mv 2 = mgh se obtiene v = pie/seg2 .

√ 2gh donde g = 32

La constante k depende de la forma del orificio: a) Si el orificio es de forma rectangular, la constante k = 0, 8. b) Si el orificio es de forma triangular, la constante 0, 65 ≤ k ≤ 0, 75. c) Si el orificio es de forma circular, la constante k = 0, 6. Con estos datos: a) Un tanque semiesférico tiene un radio de 1 pie; el tanque está inicialmente lleno de agua y en el fondo tiene un orificio de 1 pulg. de diámetro. Calcular el tiempo de vaciado. b) Modelar el caso: Cilindro circular de altura H0 pies y radio r pies, dispuesto en forma vertical y con un orificio circular de diámetro ρ (pulgadas), suponga que esta lleno de agua y calcule el tiempo de vaciado. 55


14. Un torpedo se desplaza a una velocidad de 60 millas/hora en el momento de agotarse el combustible; si el agua se opone al movimiento con una fuerza proporcional a su velocidad y si en una milla de recorrido reduce su velocidad a 30 millas/hora. ¿A que distancia se detendrá? 15. Una bala se introduce en una tabla de h = 10 cm. de espesor con una velocidad v0 = 200 m/seg, traspasándola con v1 = 80 m/seg. Suponiendo que la resistencia de la tabla al movimiento de la bala es proporcional al cuadrado de la velocidad. Hallar el tiempo que demora la bala en atravesar la tabla. 16. Una cadena de 4 pies de longitud tiene 1 pie de longitud colgando del borde de una mesa. Despreciando el rozamiento, hallar el tiempo que tarda la cadena en deslizarse fuera de la mesa.

An´ alisis cualitativo Es equivocado pensar que el objetivo principal del estudio de las ecuaciones diferenciales consiste en encontrar artificios de cálculo que permitan resolverlas. Anteriormente presentamos una selección de técnicas que permiten resolver algunas ecuaciones diferenciales. Como en toda selección la lista no es completa. Existen tratados en donde se elaboran tablas de soluciones de manera análoga a las tablas de antiderivadas. La pericia para resolver ecuaciones diferenciales va perdiendo poco a poco importancia con la llegada de los computadores y el dise˜ no de software especializado para computación simbólica. La tendencia actual es dejar al computador este tipo de tareas de cálculo. Un programa como Mathematica puede resolver mediante instrucciones sencillas casi todas las ecuaciones diferenciales tratadas en este curso. Sin quitarle importancia a este tipo de programas debe quedar claro que ni el más refinado de los software ni el más ingenioso de los matemáticos puede resolver en términos de funciones elementales todas las ecuaciones diferenciales, ni siquiera las más importantes de ellas. El problema más que de habilidad es de principio. En casos tan simples como dx 1 =− +t dt x se desconocen soluciones clásicas. La b´ usqueda de recetas para resolver todas las ecuaciones diferenciales en términos de funciones elementales es una b´ usqueda sin esperanzas. Ante este hecho se presentan algunas alternativas: Los métodos cualitativos, los métodos numéricos, y los métodos de aproximación. No es parte de los objetivos de estas notas un estudio detallado al respecto. Se quiere sin embargo ilustrar los métodos cualitativos.

56


M´ etodos cualitativos En muchos problemas, más que cálculos cuantitativos puntuales, lo que interesa es el comportamiento cualitativo de las soluciones en términos de las condiciones iniciales o de valores de los parámetros. Saber que una solución es creciente, que es cóncava o que tiene un l´ımite en el infinito puede ser de ayuda en el entendimiento de un modelo. Ocurre, que bajo ciertas circunstancias, podemos obtener tal información sin resolver expl´ıcitamente la ecuación diferencial. Analizaremos primero el siguiente modelo:

El modelo de Verhulst Resumiremos los principales resultados concernientes al modelo de Verhulst para la dinámica de poblaciones dx = x (a − bx) (1.39) dt donde a, b > 0, esta ecuación tiene dos soluciones constantes x1 (t) = 0 y x2 (t) = ab . Estas soluciones dividen al plano xt en 3 regiones de poblaciones n o n a ao R1 = (t, x) : < x , R2 = (t, x) : 0 < x < , R3 = {(t, x) : x < 0} b b tales que el gráfico de cualquier solución no constante x = x(t) de (1.39) permanece confinado en una y sólo una de estas regiones. Más a´ un, podemos determinar cuándo es creciente, y cuándo es decreciente la solución x = x(t) de (1.39) a partir de la condición inicial x(t0 ) = x0 . Z

dx x (a − bx) Z 1 b 1 + ax a a − bx 1 1 ln |x| − ln |a − bx| a a x ln a − bx se sigue

x a−bx

Z =

dt

= t+C = t+C = at + C

= Keat , Kaeat a x (t) = = at Kbe + 1 b + Ce−at

1. Si x0 < 0 entonces x0 =

a , b+Ce−at0

x (t) =

1 entonces C = − e−at b− 0

ax0 bx0 + (a − bx0 ) e−a(t−t0 ) 57

a x0

, se sigue


note que ax0 < 0 y bx0 + (a − bx0 ) e−a(t−t0 ) = 0 ⇔ (a − bx0 ) e

−a(t−t0 )

= −bx0 ⇔

e−a(t−t0 ) =

−bx0 >0 (a − bx0 )

as´ı

1 −bx0 T = − ln + t0 > t0 a (a − bx0 ) h i −bx0 el intervalo de definición de esta solución es −∞, − a1 ln (a−bx + t 0 ≡ ]−∞, T [ en 0) este intervalo a2 x0 e−a(t−t0 ) (a − bx0 ) d ax0 = <0 dt bx0 + (a − bx0 ) e−a(t−t0 ) (bx0 + aeat0 −at − bx0 eat0 −at )2 la función es estrictamente decreciente y l´ım−

t→T

ax0 = −∞ bx0 + (a − bx0 ) e−a(t−t0 )

Diremos que esta solución explota en un tiempo finito. Note que esta solución no representará una solución asociada al problema de poblaciones pues siempre es negativa. 2. Si 0 < x0 < ab entonces x (t) = denominador no se anula

ax0 bx0 +(a−bx0 )e−a(t−t0 )

esta bien definida en todo R pues el

0 < bx0 + (a − bx0 ) e−a(t−t0 ) además 0 < x (t) =

a ax0 < −a(t−t ) 0 bx0 + (a − bx0 ) e b

y d ax0 a2 x0 e−a(t−t0 ) (a − bx0 ) = >0 dt bx0 + (a − bx0 ) e−a(t−t0 ) (bx0 + aeat0 −at − bx0 eat0 −at )2 la función es estrictamente creciente y l´ım

ax0 a = −a(t−t ) 0 bx0 + (a − bx0 ) e b

l´ım

ax0 =0 bx0 + (a − bx0 ) e−a(t−t0 )

t→+∞

además t→−∞

58


a b

ax0 bx0 +(a−bx0 )e−a(t−t0 )

3. Si x0 > entonces x (t) = ]T, +∞[ donde T < t0 además

i h −bx0 1 esta bien definida en − a ln (a−bx0 ) + t0 , +∞ ≡

ax0 a = t→+∞ bx0 + (a − bx0 ) e−a(t−t0 ) b l´ım

y d ax0 a2 x0 e−a(t−t0 ) (a − bx0 ) <0 = dt bx0 + (a − bx0 ) e−a(t−t0 ) (bx0 + aeat0 −at − bx0 eat0 −at )2 la función es estrictamente decreciente, x (t) > ab . En el gráfico se muestra el comportamiento de las soluciones

Veremos ahora que es posible analizar los comportamientos de las soluciones sin la necesidad de resolver la ecuación.

Ecuaciones diferenciales aut´ onomas Definici´ on 1.5.1. Diremos que una ecuación diferencial de primer orden es autónoma si se puede expresar en la forma dx = f (x) (1.40) dt donde f : Ω → R es una función definida en el intervalo abierto Ω. 2

Las ecuaciones dx = x (1 − x2 ); dx = x (1 − x); dx = e−x sin x son ejemplos de dt dt dt dx ecuaciones autónomas, mientras la ecuación dt = et x + t no lo es.

59


Teorema 1.5.1. Sean f : Ω → R una funci´ on de clase C 1 (Ω), x0 ∈ Ω y t0 ∈ R entonces existe una u ńica solución del P.V.I. dx = f (x) dt x (t0 ) = x0 x : I → R de clase C 1 (I) definida en un intervalo abierto que contiene a t0 .

Definici´ on 1.5.2. Llamaremos intervalo maximal de definición al mayor intervalo abierto donde esta definida la solución del P.V.I. anterior.

Ejemplo 1.5.1. Determine el intervalo maximal de la solución del P.V.I. dx = x2 dt x (0) = 2 Soluci´ on. Aplicando la técnica de separación de variables Z Z 0 x (t) dt = 1dt x (t)2 ⇔ −1 = t+C x (t) ⇒ −1 x (t) = t+C usando la condición inicial 2 =

−1 C

entonces c = −1/2 se sigue x (t) =

−1 t − 12

el mayor intervalo que contiene a t = 0 en el cual esta función esta definida es I = −∞, 12 el cual corresponde al intervalo maximal. Observaci´ on 1.5.1. Note que las ecuaciones autónomas son de variables separadas.

Definici´ on 1.5.3. Las soluciones constantes x (t) = c, t ∈ R de la ecuación (1.40) son llamadas soluciones de equilibrio.

60


Note que si x (t) = c es una solución de equilibrio 0=

dx (t) = f (x (t)) = f (c) dt

en otras palabras las soluciones de equilibrio corresponden a las ra´ıces de la ecuación f (x) = 0. Ejemplo 1.5.2. Determine las soluciones de equilibrio de la ecuación dx = sin x + sin2 x dt Soluci´ on. Las soluciones de equilibrio corresponden a las ra´ıces de la ecuación sin x + sin2 x = 0 esto es (sin x) (1 + sin x) = 0 luego x = kπ con k ∈ Z o bien x =

3π 2

+ 2lπ con l ∈ Z.

Teorema 1.5.2. Las soluciones de la ecuaci´ on (1.40) son soluciones de equilibrio o funciones monótonas estrictas. Si x (t) es una solución definida en su intervalo maximal I, mostraremos que la derivada no se puede anular a menos que la solución sea de equilibrio. Supongamos que x0 (tc ) = 0 para alg´ un tc ∈ I y definamos φ (t) = x (tc ) = α una función constante, como 0 = φ0 (t) y x0 (tc ) = f (x (tc )) se sigue 0 = φ0 (t) = f (φ (t)) luego φ (t) es solución de equilibrio pero dx = f (x) dt x (tc ) = α tiene 2 soluciones, por el teorema de existencia y unicidad la solución debe ser la misma, es decir x (t) = α para todo t. Esta demostración tiene otra consecuencia 61


Teorema 1.5.3. Las gráficas de dos soluciones distintas de (1.40) no se intersectan. Teorema 1.5.4. Sean Ω = ]α, β[, x0 ∈ Ω, t0 ∈ R. Si x = x (t) es solución de (1.40) con x (t0 ) = x0 y su intervalo maximal de definición es ]a, b[ entonces los l´ımites l´ım x (t) = A y l´ım− x (t) = B

t→a+

t→b

existen o son ±∞, más a´ un, A debe tomar el valor α o β si a = 6 −∞, y B debe tomar uno de los valores α o β si b 6= ∞. Ejemplo 1.5.3. Consideremos la ecuación dx = x (1 − x) dt en este caso Ω = R as´ı α = −∞ y β = +∞. Para 0 < x0 < 1 sean x (t) definida en ]a, b[ la solución que cumple x (t0 ) = x0 , note que x1 (t) = 0 y x2 (t) = 1 son soluciones de equilibrio luego 0 < x (t) < 1 se sigue que 0 ≤ A, B ≤ 1 entonces a = −∞ y b = +∞. La solución estará definida en todo R. Teorema 1.5.5. Si c ∈ Ω y x (t) es una solución de (1.40) tal que l´ımt→+∞ x (t) = c o l´ımt→−∞ x (t) = c entonces φ (t) = c, t ∈ R es una solución de equilibrio. Demostración. Tenemos que probar que f (c) = 0. Supongamos que f (c) > 0 entonces por la continuidad de f existir´ıa un intervalo ]c − δ, c + δ[ tal que x ∈ ]c − δ, c + δ[ implica f (x) > f (c) > 0, como 2 l´ım x (t) = c t→+∞

se sigue que existe un t0 tal que t ≥ t0 implica |x (t) − c| < δ se sigue Z t x (t) = x (t0 ) + x0 (u) du t Z 0t = x (t0 ) + f (x (u)) du t0 Z t f (c) > x (t0 ) + du 2 t0 f (c) = x (t0 ) + (t − t0 ) 2 para t ≥ t0 pero esto contradice l´ımt→+∞ x (t) = c (se puede llegar a una contradicción similar si f (c) < 0).

62


Equilibrio y estabilidad Notemos que en la ecuación autónoma dx = f (x) dt se nos indica la pendiente de la recta tangente a la gráfica de la función solución x = x (t) esta viene dada por f (x), esto es, dado un valor de x las pendientes siempre son las mismas (independiente de t), las curvas isoclinas corresponde x = c, además en los intervalos en los cuales f (x) > 0 la solución es estrictamente creciente y en los intervalos en los cuales f (x) < 0 la función solución es estrictamente decreciente. Si x (t) es una solución de dx = f (x) dt entonces la función ϕ (t) = x (t + c) también es solución, en efecto ϕ0 (t) = x0 (t + c) = f (x (t + c)) = f (ϕ (t)) esto significa que las traslaciones de una solución de la ecuación autónoma también es solución, note que si se conoce la solución x (t) de dx = f (x) dt x (t0 ) = x0 entonces la solución de dx = f (x) dt x (µ0 ) = x0 es ϕ (t) = x (t + (t0 − µ0 )), esto nos dice que en cada banda limitada por las las soluciones de equilibrio las soluciones son traslaciones de una solución dada.

63


Ejemplo 1.5.4. Considere la ecuación dx =x dt en este caso la solución de equilibrio es x (t) = 0. Por teorema las demás soluciones son monótonas estrictas. Para x > 0 las soluciones son estrictamente crecientes y para x < 0 estrictamente decrecientes. En este caso es fácil resolver expl´ıcitamente x1 (t) = et es una solución en la región x > 0 las demás soluciones son xc (t) = et+k = ek et = Cet donde C > 0 son traslaciones de la solución anterior. Note también que x (t) = −et es una solución en la región x < 0 y las demás soluciones en esa región son xK (t) = −et+k = −Ket En el ejemplo anterior el comportamiento de las soluciones en el entorno de la solución de equilibrio es como indica el diagrama

diremos en este caso que el punto de equilibrio es un repulsor, las soluciones se alejan de esta solución de equilibrio. Llamaremos diagrama de fases o l´ıneas de fases al gráfico del comportamiento de las soluciones en el plano xt. Definici´ on 1.5.4. Dependiendo del comportamiento local de las soluciones de la ecuación alrededor de un punto de equilibrio aislado x0 en las l´ıneas de fases, se distinguen los siguientes tipos: 64


1. x0 es llamado Repulsor si existe δ > 0 tal que

signo f (x)

x0 − δ < x < x0 −−−

x = x0 0

x0 < x < x 0 + δ +++

2. x0 es llamado Atractor si existe δ > 0 tal que

signo f (x)

x0 − δ < x < x0 +++

x = x0 0

x0 < x < x 0 + δ −−−

3. x0 es llamado Atractor-repulsor si existe δ > 0 tal que

signo f (x)

x0 − δ < x < x0 +++

x = x0 0

x0 < x < x 0 + δ +++

4. x0 es llamado Repulsor-atractor si existe δ > 0 tal que

signo f (x)

x0 − δ < x < x0 −−−

x = x0 0

x0 < x < x 0 + δ −−−

Para analizar entonces el tipo de solución de equilibrio tenemos que analizar el signo de la función en el entorno de la solución de equilibrio, adicionalmente se cuenta con el siguiente teorema: Teorema 1.5.6. Si x (t) = c es una solución de equilibrio de dx = f (x) dt entonces: 1. Si f 0 (c) < 0, c es un atractor 2. Si f 0 (c) > 0, c es un repulsor.

65


Ejemplo 1.5.5. Bosquejar el diagrama de fases de la ecuación dx = x2 (2 − x) (x − 3) dt Desarrollo: La función x2 (2 − x) (x − 3) esta bien definida y es de clase C ∞ (R) existe solución u ńica en cada punto (t0 , x0 ) del plano xt. Las soluciones de equilibrio corresponden a x1 (t) = 0, x2 (t) = 2 y x2 (t) = 3, en el siguiente diagrama se analiza el signo de f

2

x x−2 x−3 f (x) = −x2 (x − 2) (x − 3)

+++ −−− −−− −−−

0 0 − − 0

+++ −−− −−− −−−

2 + 0 − 0

+++ +++ −−− +++

3 + + 0 0

+++ +++ +++ −−−

se sigue que x1 (t) = 0 es un repulsor-atractor, x2 (t) = 2 un repulsor y x2 (t) = 3 un atractor.

Ejemplo 1.5.6. Sean a, b ∈ R, a 6= 0. Considere la ecuación diferencial autónoma dx = a ((x − 1) (x − 4) − b) dt 66


1. Determine los valores y/o condiciones sobre a y b de modo que la función x (t) ≡ 5 sea una solución de equilibrio y además un atractor. Si f (x) = a ((x − 1) (x − 4) − b) entonces x (t) ≡ 5 será una solución de equilibrio si y solo si 0 = f (5) = a (4 − b) ⇒ b = 4 (pues a 6= 0), luego dx = a ((x − 1) (x − 4) − 4) dt = a x2 − 5x notemos que f 0 (x) = a (2x − 5) f 0 (5) = 5a 6= 0 si a < 0 entonces x (t) ≡ 5 es un atractor. 2. Para los valores y/o condiciones obtenidos en la parte anterior, bosquejar el diagrama de fases. De la parte anterior dx = α 5x − x2 dt donde α > 0 entonces las soluciones de equilibrio corresponden a x (t) = 0 y x (t) = 5, el análisis de signo es factor \ n´ umero x 5−x α (5x − x2 )

−−− +++ −−−

el diagrama de fases es como en la figura:

67

0 0 + 0

+++ +++ +++

5 + 0 0

+++ −−− −−−


3. Para los valores y/o condiciones obtenidos en la parte I), analizar el comportamiento de la solución definida por el P.V.I. dx = a ((x − 1) (x − 4) − b) dt x (0) = 1 esto es: Intervalos de crecimiento, concavidad, limites a ±∞ si estos tienen sentido (examinar el intervalo maximal de definición). De las partes anteriores, el problema es: dx = α 5x − x2 dt x (0) = 1 Note que la condición inicial implica que la solución del P.V.I queda entre las soluciones de equilibrio. Si el intervalo maximal de definición es ]a, b[ entonces x : ]a, b[ → R debe cumplir 0 < x (t) < 5 para t ∈ ]a, b[ , 0 ∈ ]a, b[ y x (0) = 1 De teoremas sabemos que las soluciones de una ecuación autónoma o son de equilibrio o son monótonas estrictas, en este caso, por el intervalo al cual pertenece la solución, esta debe ser estrictamente creciente (ver parte anterior). Por el teorema del intervalo maximal sabemos l´ım+ x (t) = A y l´ım− x (t) = B t→a

t→b

entonces A y B debe existir o ser ±∞, si a 6= −∞ entonces A debe ser ±∞ esto no se puede cumplir pues 0 < x (t) < 5 implica 0 ≤ l´ım+ x (t) , l´ım− x (t) ≤ 5 t→a

t→b

se sigue a = −∞ de manera similar b = +∞ y la solución esta definida en todo R. Como x es estrictamente creciente entonces l´ım x (t)

t→+∞

existe y debe ser una solución de equilibrio, se sigue l´ım x (t) = 5

t→+∞

de manera similar l´ım x (t) = 0

t→−∞

68


finalmente para la concavidad (recuerde que 0 < x < 5) d2 x d 2 α 5x − x = dt2 dt = α (5x0 − 2xx0 ) dx = α (5 − 2x) dt = α (5 − 2x) α 5x − x2 = α2 (5 − 2x) 5x − x2 luego, si x ∈ 25 , 5 es cóncava y si x ∈ 0, 52 es convexa. Obs.: No se entregan puntos por resolver expl´ıcitamente y luego realizar el análisis.

Ejercicios de la secci´ on 1. En una red de computadores sea x (t) la proporción de máquinas infectadas con el virus MTA320 en un instante t dado (note que 0 ≤ x (t) ≤ 1). x0 (t) mide la rapidez de propagación sobre la red. Los estudios de expertos de internet determinan que el virus satisface el problema con valores iniciales 2 1 0 x = αx −x − x (1 − x) 3 3 x (0) = x0 donde x0 es la proporción de computadores en que el virus se implanta inicialmente y α > 0 es una constante. a) Encuentre las soluciones de equilibrio, clasificarlas y dibujar el diagrama de fase del sistema. b) Demostrar que si 0 < x0 < 2/3 entonces el virus alcanzará finalmente a un tercio del total. c) ¿Cuál debe ser la cantidad de máquinas infectada inicialmente para que todas se infecten? 2. Sea x : I → R la solución maximal del P.V.I. dx 2 = x2 (1 − x) (2 − x) ex dt 3 x (0) = 2 muestre que I = R y determine l´ımt→+∞ x (t), l´ımt→−∞ x (t). 69


3. Considere la ecuación diferencial dy = y 2/3 dt a) Demuestre que y1 (t) = 0 para todo t ∈ R es solución. b) Comprobar que y2 (t) = t3 /27 es también solución. c) Notar que y1 (0) = y2 (0) pero ambas funciones no son iguales para toda t ¿Por qué este ejemplo no contradice el teorema de unicidad? 4. Esboce las l´ıneas de fase para la ecuación diferencial dada. Identifique los puntos de equilibrio: (a)

dy dt

= 3y (1 − y)

(b)

dy dt

= y 2 − 6y − 16

(c)

dy dt

= cos y

(d)

dw dt

= w cos w

(e)

dw dt

= (w − 2) sin w

(f)

dy dt

=

(g)

dw dt

= w2 + 2w + 10

(h)

dy dt

= tan y

1 y−2

5. Considere la ecuación diferencial dy = y 2 − 4y + 2 dt con las siguientes condiciones iniciales: a) y (0) = 0 b) y (0) = 1 c) y (0) = −1 d ) y (0) = −10 e) y (0) = 10 f ) y (3) = 1 describir el comportamiento a largo plazo de la solución. 6. Describir el diagrama de fases de la ecuación dx = (x + λ) x2 + λ (cos x + 2) dt para los distintos valores del parámetro λ. 7. Determine los valores de α ∈ R para los cuales la solución de equilibrio x (t) = dx 1 = (x − α) − x x2 − α dt 3 es: 70

1 3

de


a) Un atractor. b) Un repulsor. o justifique la no existencia de tales valores. 8. Sea x (t) la solución del P.V.I. dx 2 = ex−x sin (x) arctan x dt x (3) = 4 a) Determine su intervalo maximal de definición. b) ¿Es x (t) estrictamente creciente? c) Si existen, calcular el valor de l´ımt→+∞ x (t) y l´ımt→−∞ x (t) 9. Sean α, β > 0. La ecuación dP = αP 2/3 − βP dt modela el peso de un pez en el tiempo t. Sin resolver la ecuación, determine el peso máximo del pez si P (0) = p0 > 0 (justificar sus cálculos). 10. Muestre que la solución de equilibrio y (t) ≡ 0 de la ecuación dy = y cos y 5 + 2y − 27πy 4 dt corresponde a un repulsor.

71


Ejercicios del cap´ıtulo 1. Resuelva las siguientes ecuaciones diferenciales: a)

dy dx

=

1−x2 y2

b)

dy dx

= y (2 + sin x)

c)

dy dx

d)

dy dx

=

1 xy 3

e)

dy dx

= 3xy 2

f)

dv x dx =

g)

dx dt

+ x2 = x

h)

dy dx

= 3x2 (1 + y 2 )

i)

dy (x + xy 2 ) + ex y dx =0

=

sec2 x 1+x2 1−4v 2 3v 2

2. Resuelva los siguientes problemas de valor inicial:

3x2 +4x+2 , 2y+1

c)

dy dx

=

e)

dy dx

= y sin x,

√ 3

y (0) = 3

b)

dy dx

= (1 + y 2 ) tan x,

y (0) =

y (0) = −1

d)

dy dx

√ = 2 y + 1 cos x,

y (0) = 2

f)

dy x2 + 2y dx = 0,

a) y 0 = x3 (1 − y) ,

y (π) = −3

y (1) = 2

3. Resuelva las siguientes ecuaciones lineales: a)

dy dx

− y = e3x

dy d) x dx + 3y + 2x2 = x3 + 4x

b)

dy dx

e)

dy (x2 + 1) dx + xy = x

=

y x

+ 2x + 1

c)

dr dθ

+ r tan θ = sec θ

f)

dy dx

= x2 e−4x − 4y

4. Considere el problema con valor inicial: p dy y (0) = 2 + y 1 + sin2 x = x, dx Utilice la integral indefinida para mostrar que el factor integrante para la ecuación diferencial se puede escribir como: Z x p 2 µ (x) = exp 1 + sin t dt 0

5. Resuelva las siguientes ecuaciones diferenciales: a)

dy (x − y) + x dx =0

d) y 0 + 1 =

√

x+y

b)

dy dx

= (3x + 2y − 1)2 + 2

e)

dx dt

=

√ x2 +t t2 +x2 tx

6. Hallar la solución general de la ecuación de Bernoulli: 2y 0 + y tan x = (−2x sec x) y 3 72

c)

dy dx

= sin (x − y)

f)

dy dx

=

y(ln y−ln x+1) x


7. Resuelva la ecuación: 3y 0 = (1 − 2t) y 4 − y sabiendo que y (0) = 1. 8. Resolver:

1 dy =y−x−1+ dx x−y−2

9. Considere la ecuación diferencial: y − xy 0 = a 1 + x2 y 0 ,

a>1

a) Hallar la solución general de la ecuación. b) Encuentre una solución particular de la ecuación, tal que y (0) = 1. c) Hallar el intervalo más grande donde la solución particular anterior esté definida. 10. Demuestre que la ecuación diferencial: 2x4 y y 0 + y 4 = 4x6 se reduce a una ecuación homogénea mediante el cambio de variables: y = zn para cierto n ∈ Z. Determine el valor de n y resuelva la ecuación. 11. Muestre que la ecuación: 2 x3 y − y 3 dy = 3 x5 + x4 y 4 dx se reduce a una ecuación homogénea, realizando el cambio de coordenadas: x = up

∧

y = vq

para ciertas constantes adecuadas p, q ∈ R. Hallar tales constantes y resolver la ecuación diferencial. 12. Hallar la solución general de la ecuación: (x − 2y − 4) + (2x − y + 2)

dy =0 dx

13. Considere la ecuación de Ricatti: y 0 + 2 (1 − x) y − y 2 = x (x − 2) 73


a) Hallar constantes A, B ∈ R de modo que: y = Ax + B sea una solución particular de la ecuación. b) Determine la solución general de la ecuación diferencial. 14. Resuelva la ecuación:

dy y = x3 (y − x)2 + dx x

15. Sea x > 0. Considere la ecuación: y 0 + e−2x y 2 −

1 e2x 1 + 4x + 2x2 y = − 1 + x + 2x2 + x3 x x

a) Hallar una solución particular de la forma: y = e2x (Ax + B) b) Resuelva la ecuación diferencial. 16. Un esquiador acuático ubicado en el punto (a, 0) es tirado por un bote que se encuentra en el origen O y viaja hacia el norte en dirección OY . Hallar la trayectoria que sigue el bote si este se dirige en todo momento hacia el bote. 17. Considere un tanque que contiene inicialmente 1000 litros de agua pura, dentro del cual empieza a fluir una solución salina a razón de 6 litros por minuto. La solución dentro del estanque se mantiene bien agitada y fluye hacia el exterior del tanque a una velocidad de 5 litros por minuto. Si la concentración de sal en la salmuera que entra en el estanque es de 1 kilogramo por litro, determine el instante en que la concentración de sal dentro del tanque sea de 63 kilogramo por litro. 64 18. El modelo de Malthus para el crecimiento de poblaciones está dado por la ecuación: dN = rN, dt

N (0) = N0

donde r es una constante positiva intr´ınseca a la población y N0 es la población inicial. a) Resuelva la ecuación diferencial. b) En 1790, la población de EE.UU. era de 3, 93 millones de habitantes, y en 1890 era de 62, 98 millones de habitantes. Estime la población para EE.UU para el a˜ no 2000. 74


c) El censo realizado en el a˜ no 2000 en EE.UU. estimó en 281, 42 millones de habitantes d ) El modelo de Malthus sólo considera muertes por causas naturales, sin embargo, un análisis más detallado indica que hay muertes debida a enfermedades, a desnutrición, a cr´ımenes. En resumen, por la competencia entre los miembros de la población. El modelo log´ıstico implementa dichas consideraciones: dN = rN (N − K) , dt

N (0) = N0

para constantes positivas adecuadas r y K. Resuelva la ecuación diferencial. e) Para la población de EE.UU. se sabe, además, que ésta alcanzó los 17, 07 millones de habitantes en 1840. Calcule, usando el modelo log´ıstico, la población de EE.UU. en el a˜ no 2000. Compare respecto al censo del a˜ no 2000. f ) Considerando el modelo log´ıstico, calcule la población l´ımite de EE.UU. h 3i 19. La sangre conduce un medicamento a un o´rgano a razón de 3 cm y sale de él a la seg misma razón. El órgano tiene un volumen l´ıquido de 125 [cm3 ]. Si la concentración gr del medicamento en la sangre que entra al o´rgano es de 0, 2 cm 3 : a) ¿Cuál es la concentración del medicamento en el órgano en el instante t, si inicialmente no hab´ıa rastros de dicho medicamento? b) ¿En qué momento llegará la concentración del medicamento en el órgano a gr 0, 1 cm 3 20. Una taza de café caliente, inicialmente a 95◦ C, se enfr´ıa hasta 80◦ C en 5 minutos, al estar en un cuarto con temperatura de 21◦ C. Use sólo la ley de enfriamiento de Newton (ver MAT022) y determine el momento en que la temperatura del café estará a unos agradables 50◦ C. 21. Era el mediod´ıa en un fr´ıo d´ıa de julio en Vi˜ na del Mar: 16◦ C. Un inspector de la Polic´ıa de Investigaciones (PDI) llega a la escena de un crimen, encontrando un detective sobre un cadáver. El detective dijo que hab´ıa varios sospechosos detenidos. Dadas las coartadas se podr´ıa hallar al culpable sabiendo el momento exacto de la muerte. El inspector sacó un termómetro y midió la temperatura del cadáver: 34◦ C. Luego de realizar peritos en la escena que duraron exactamente una hora, midió nuevamente la temperatura del cuerpo: 33, 7◦ C. Bajo que la hipótesis de que la temperatura normal de un cuerpo humano es de 37◦ C. Determine el momento en que ocurrió el crimen.

75


22. El economista inglés Thomas Malthus fue unos de los primeros en intentar modelar el crecimiento poblacional humano por medio de matemáticas en 1978. Básicamente, el fundamento del modelo maltusiano es la suposición de que la rapidez a la que crece la población de un pais en cierto tiempo es proporcional a la población del pa´ıs en ese momento. a) Proponer una ecuación para este modelo. b) Determine la ecuación diferencial si se permite inmigración a tasa constante r > 0. 23. La ley de enfriamiento (o calentamiento) de Newton establece que la rapidez a la que cambia la temperatura de un cuerpo es proporcional a la diferencia entre la temperatura del cuerpo y la temperatura del medio circundante. Obtener una E.D.O. para esta ley. Si la temperatura del medio cambia en el tiempo, escribir la ecuación e identificarla. 24. Una enfermedad contagiosa se disemina en una comunidad por medio de la gente que entra en contacto con otras personas. Suponer que la rapidez con que se disemina la enfermedad es proporcional al n´ umero de interacciones entre las personas contagiadas y no contagiadas (puede ser considerado como el producto de los contagiados y no contagiados). Suponga que en una población peque˜ na de n personas se introduce un enfermo obtener una EDO cuya solución permita obtener el n´ umero de contagiados en un tiempo t. 25. Resolver las siguientes ecuaciones diferenciales ordinarias:

76


1)

1+y dy = dx 1+x

2)

dy − 2xy = x dx

3)

dy − y tan x = cos x dx

4)

dy yx = 2 dx x − y2

5)

dy 2y + x − 2 = dx y−x+1

6)

dy 1 cos x + y= 2 dx x y

7)

1 dy + x2 y = 2 y 4 dx x

8)

9)

dy = y 2 + 2x − x4 dx

10)

11)

dy − 4y = 2ex y 1/2 dx

dy cos y + 2x sin y = −2x dx dy 1 e2x + −1 y = dx x x

12)

dy y+1 = + exp dx x+2

13)

dy = 3 |y|2/3 dx

14)

dy e−y = dx y (2x + x2 )

15)

dy = (x − y + 3)2 dx

16) x

17)

dy + y sin x = sin3 x dx

18)

dy 19) y = x + dx

y+1 x+2

2

dy dx

p dy = y + x2 + y 2 dx

dy y + = (1 + x) y 4 dx 1 + x

2

26. Suponga que un gran tanque de mezclado tiene inicialmente 600 galones de salmuera. Otra solución de salmuera se bombea hacia en tanque a una rapidez de 4 galones por minuto, la concentración de sal en el flujo de entrada es de 2 libras por galón. Cuando la solución en el tanque esta bien agitada se bombea a 2 galones por minuto. Determinar una EDO cuya solución corresponda a la cantidad de sal en el tanque en el momento t. 27. Identificar el campo de direcciones con la ecuación correspondiente; (A) y 0 = x + y (B) y 0 = − xy (C) y 0 = y + 1 77


(D) y 0 = y 2 − x2

Obs: el campo de direcciones nos indica la dirección de las rectas tangentes a las soluciones en un punto (x, y) dado. 28. Considere la ecuación diferencial autónoma dS = S 3 − 2S 2 + S dt a) Hacer el diagrama de las l´ıneas de fase.. b) Usando el dibujo anterior delinear las gráficas de las soluciones S (t) con las condiciones iniciales siguientes: S (0) = 0; S (0) = 12 ; S (0) = 32 y S (0) = − 12 . c) ¿A que tienden sus soluciones cuando t → +∞? 29. Considere la ecuación

dy 1 = dt 1−y

a) Determine los valores de y ∈ R en los cuales es aplicable el teorema de existencia y unicidad. b) Obtener las soluciones expl´ıcitamente y mostrar que llegan la y = 1 en un tiempo finito, determine los intervalos maximales de solución

78


30. La ardilla negra es un peque˜ no mam´ıfero nativo de las monta˜ nas rocallosas. Esas ardillas son muy territoriales, por lo que si su población es grande, su razón de crecimiento decrece y puede llegar a ser negativa. Por otra parte, si la población es demasiado peque˜ na, los adultos fértiles corren el riesgo de no ser capaces de encontrar parejas adecuadas y su tasa de crecimiento nuevamente es negativa. Muestre que el modelo dP P P = kP 1 − −1 dt N M donde k, M, N > 0 y M < N puede ser utilizado para describir la población de Ardillas ¿Qué interpretación tienen N y M ?

79

Cap´ıtulo 2 : Ecuaciones diferenciales lineales de orden superior

Elementos de transformaciones lineales Definiciones En lo que sigue K representa R o bien C. on lineal Definici´ on 2.1.1. Sean U y V espacios vectoriales sobre K. Una transformaci´ es una función T : U → V tal que para todo u, v ∈ U y α ∈ K cumple: 1. T (u + v) = T (u) + T (v) 2. T (α u) = α T (u) Observaci´ on 2.1.1. Usualmente, los puntos (1) y (2) de la definición anterior, pueden escribirse como 1. ∀u, v ∈ U, ∀α ∈ K, T (α u + v) = α T (u) + T (v) o bien 2. ∀u, v ∈ U, ∀α, β ∈ K, T (α u + βv) = α T (u) + βT (v) las tres definiciones obtenidas son equivalentes.

Observaci´ on 2.1.2. Note que si U, V son K espacios vectoriales, T : U → V es una transformación lineal, para i = 1, · · · , n, αi son escalares en K y ui ∈ U entonces ! n n X X T αi ui = αi T (ui ) i=1

i=1

luego las transformaciones lineales env´ıan combinaciones lineales del espacio de partida a combinaciones lineales del espacio de llegada. Ejemplo 2.1.1. La función nula 0 y la función identidad 1 de un espacio vectorial en s´ı mismo son transformaciones lineales. En efecto, Si V es un K espacio vectorial y 0 : V → V , v → 0 (v) = θV (el neutro de la adición) entonces 0 (αu + v) = θV = αθv + θv = α0 (u) + 0 (v) 80


de manera similar, si 1 : V → V , v → 1 (v) = v entonces 1 (αu + v) = αu + v = α1 (u) + 1 (v) Ejemplo 2.1.2. T : R2 → R4 , (x, y) → T (x, y) = (x − y, 2x, x + y, 2y) es una transformación lineal. En efecto: 1. Para cada (a, b), (u, v) ∈ R2 se tiene T ((a, b) + (u, v)) = T (a + u, b + v) = (a + u − b − v, 2a + 2u, a + u + v + b, 2b + 2v) = ((a − b) + (u − v) , 2a + 2u, (a + b) + (u + v) , 2b + 2v) = (a − b, 2a, a + b, 2b) + (u − v, 2u, u + v, 2v) = T (a, b) + T (u, v) 2. Para cada (u, v) ∈ R2 y α ∈ R se cumple T (α (u, v)) = T (αu, αv) = (αu − αv, 2αu, αu + αv, 2αv) = α (u − v, 2u, u + v, 2v) = αT (u, v) de esta forma T verifica las condiciones de transformación lineal. Ejemplo 2.1.3. T : R → R2 , x → T (x) = (x, 2x + 1) no es una transformación lineal. En efecto, T (x + y) = (x + y, 2x + 2y + 1) = (x, 2x + 1) + (y, 2y) 6= T (x) + T (y) basta usar un contraejemplo: T (1 + 2) = T (3) = (3, 7) pero T (1) + T (2) = (1, 3) + (2, 5) = (3, 8) de esta forma T (1 + 2) 6= T (1) + T (2) luego no es una transformación lineal. 81


Ejemplo 2.1.4. Si R3 [x] es el espacio vectorial de los polinomios de grado menor igual a 3 entonces T : R3 [x] → M (R) 2×2 p (0) p0 (0) p → T (p) = p00 (0) p000 (0) Es una transformación lineal. En efecto: 1. Si p, q ∈ R3 [x] entonces T (p + q) =

(p + q) (0) (p + q)0 (0) (p + q)00 (0) (p + q)000 (0)

pero recordar que (p + q)0 (x) = p0 (x) + q 0 (x), (p + q)00 (x) = p00 (x) + q 00 (x) y (p + q)000 (x) = p000 (x) + q 000 (x) se sigue T (p + q) =

(p + q) (0) (p + q)0 (0) (p + q)00 (0) (p + q)000 (0)

p (0) + q (0) p0 (0) + q 0 (0) = p00 (0) + q 00 (0) p000 (0) + q 000 (0) p (0) p0 (0) q (0) q 0 (0) = + p00 (0) p000 (0) q 00 (0) q 000 (0) = T (p) + T (q)

2. Si α ∈ R y p ∈ R3 [x] entonces (αp) (0) (αp)0 (0) αp (0) αp0 (0) T (αp) = = (αp)00 (0) (αp)000 (0) αp00 (0) αp000 (0) p (0) p0 (0) = α = αT (p) p00 (0) p000 (0)

Note que no es necesario considerar la expresión del polinomio p (x) = a3 x3 + a2 x2 + a1 x + a0 en esta demostración de que es transformación lineal, lo que utilizamos son las propiedades de la derivada y matrices. Ejemplo 2.1.5. Sea T : R3 → R2 la función definida por: T (x, y, z) = (x + y + z, x − y) muestre que T es una transformación lineal.

82


Soluci´ on. Sean α ∈ R, (u, v, w) , (x, y, z) ∈ R3 entonces T (α (u, v, w) + (x, y, z)) = T ((αu, αv, αw) + (x, y, z)) = T (αu + x, αv + y, αw + z) = ((αu + x) + (αv + y) + (αw + z) , (αu + x) − (αv + y)) = (αu + αv + αw, αu − αv) + (x + y + z, x − y) = α (u + v + w, u − v) + (x + y + z, x − y) = αT (u, v, w) + T (x, y, z) Ejemplo 2.1.6. Sean I ⊆ R un intervalo abierto y C 1 (I) el espacio vectorial real de las funciones de clase C 1 sobre I. Defina la transformación D : C 1 (I) → C (I) mediante: D (f ) (x) =

df (x) , dx

∀x ∈ I

Entonces, D es una trasformación lineal. Soluci´ on. Por propiedades de la derivada, si α ∈ R, f, g ∈ C 1 (I) entonces d {(αf + g) (x)} dx df (x) dg (x) = α + dx dx = αD (f ) (x) + D (g) (x)

D (αf + g) (x) =

= (αD (f ) + D (g)) (x) as´ı D (αf + g) = αD (f ) + D (g) Ejemplo 2.1.7. Sea C el espacio vectorial de todas las funciones continuas de R en R y sea T : C → C, f → T (f ) donde T (f ) es la función definida por: Z x T (f ) (x) = f (t) dt 1

Entonces, T es una transformación lineal. Soluci´ on. Sean α ∈ R, f, g ∈ C entonces x

Z T (αf + g) (x) =

(αf (t) + g (t)) dt Z x Z x = αf (t) dt + g (t) dt 1 1 Z x Z x = α f (t) dt + g (t) dt 1

1

1

= αT (f ) (x) + T (g) (x) = (αT (f ) + T (g)) (x) 83


as´ı T (αf + g) = αT (f ) + T (g) Ejemplo 2.1.8. Sean x, y ∈ Rn . Considere la función P : Rn → R definida por: x 7→ P (x) =

n X

xi y i

i=1

Entonces, P es una transformación lineal. Esto es directo por las propiedades del producto punto en Rn . Observaci´ on 2.1.3. El conjunto de todas las transformaciones lineales de U en V se denotará por LK (U, V ), o más sencillamente por L (U, V ) si el cuerpo de escalares no presenta confusión. Es decir: n o L (U, V ) = T : U → V T es transformación lineal Teorema 2.1.1. Sea T : U → V una transformación lineal, entonces T (θU ) = θV . Demostración. Note que T (θU ) = T (θU + θU ) = T (θU ) + T (θU ) sumando el inverso aditivo −T (θU ) ∈ V se tiene T (θU ) + −T (θU ) = (T (θU ) + T (θU )) + −T (θU ) luego θV

= T (θU ) + (T (θU ) + −T (θU )) = T (θU ) + θV

y as´ı T (θU ) = θV

Ejemplo 2.1.9. Considere la función T : R2 → R3 definida por la ecuación: T (x, y) = (x + y, 1 − y, x) En vista del teorema anterior, la función T no puede ser transformación lineal, pues: T (0, 0) = (0, 1, 0) no es el vector nulo de R3 . 84


Teorema 2.1.2. Sean U, V, W espacios vectoriales sobre K: 1. L (U, V ) es un espacio vectorial sobre K. 2. Si T ∈ L (U, V ) y S ∈ L (V, W ) entonces S ◦ T ∈ L (U, W ). 3. Si T ∈ L (U, V ) es biyectiva entonces T −1 ∈ L (V, U ) Demostración. En efecto: 1. Mostraremos que es un subespacio del espacio de las funciones de U en V . L (U, V ) no es vac´ıo pues existe la transformación lineal θ : U → V definida por u → θ (u) = θV . Sean α, β ∈ K y T, L ∈ L (U, V ) entonces αT + βL es una transformación lineal pues si γ ∈ K, u1 , u2 ∈ U entonces (αT + βL) (γu1 + u2 ) = αT (γu1 + u2 ) + βL (γu1 + u2 ) = α (γT (u1 ) + T (u2 )) + β (γL (u1 ) + L (u2 )) = γ (αT (u1 ) + βL (u1 )) + (αT (u2 ) + βL (u2 )) = γ (αT + βL) (u1 ) + (αT + βL) (u2 ) luego L (U, V ) es no vac´ıo, cerrado para la suma y producto escalar. 2. Sean u, v ∈ U y α ∈ K, entonces: (S ◦ T ) (α u + v) = S (T (α u + v)) = S (α T (u) + T (v)) = α S (T (u)) + S (T (v)) = α (S ◦ T ) (u) + (S ◦ T ) (v) Luego, S ◦ T es una transformación lineal. 3. Si T −1 : V → U existe entonces es una transformación lineal, en efecto, sean v1 , v2 ∈ V y α ∈ K, por la biyectividad existen u ńicos u1 , u2 ∈ U tales que T (u1 ) = v1 T (u2 ) = v2 luego T −1 (αv1 + v2 ) = T −1 (αT (u1 ) + T (u2 )) = T −1 (T (αu1 + u2 )) = αu1 + u2 = αT −1 (v1 ) + T −1 (v2 ) 85


Observaci´ on 2.1.4. Con respecto al teorema anterior, denotaremos la composición de transformaciones lineales S ◦ T mediante la notación producto ST . Teorema 2.1.3. Sean U un espacio vectorial sobre K tal que u1 , u2 , . . . , un es una base para U y v1 , v2 , . . . , vn un subconjunto cualquiera de un espacio vectorial V arbitrario (se pueden repetir elementos), entonces existe una u ńica transformación lineal T : U → V tal que: T (ui ) = vi , ∀i = 1, 2, . . . , n (2.1) Observaci´ on 2.1.5. Note que si u1 , u2 , . . . , un es una base para un espacio vectorial U y u ∈ U , entonces existen u ńicos escalares x1 , x2 , . . . , xn ∈ K tales que: u=

n X

xi u i

i=1

Si, además, T está definida por las ecuaciones (2.1), entonces se tiene que: ! n X Tu = T xi ui i=1

=

n X

xi T (ui )

i=1

=

n X

xi vi

i=1

Ejemplo 2.1.10. Determinaremos la fórmula T (x, y, z) de la transformación lineal T : R3 → R3 [x] tal que: T (1, 0, 2) = x3 + 2x2 + 1 T (−1, 1, 1) = −2x2 − 2

(2.2)

3

T (1, −2, 1) = x − 1 Notamos primeramente que u1 = (1, 0, 2) , u2 = (−1, 1, 1) y u3 = (1, −2, 1) forman una base para R3 , pues:   1 0 2 det  −1 1 1  = 5 1 −2 1 Por otro lado, si: (a, b, c) = x1 · (1, 0, 2) + x2 · (−1, 1, 1) + x3 · (1, −2, 1) 86


entonces x1 = 35 a + 25 b + 15 c, x2 = 25 c − 15 b − 45 a y x3 = 15 c − 35 b − 25 a, as´ı: 3 2 1 2 1 4 1 3 2 (x, y, z) = a + b + c (1, 0, 2)+ c − b − a (−1, 1, 1)+ c − b − a (1, −2, 1) 5 5 5 5 5 5 5 5 5 por la linealidad de T y su definición en la base, tenemos que:

3 2 1 T (a, b, c) = a + b + c T (1, 0, 2) + 5 5 5 2 1 4 1 3 2 + c − b − a T (−1, 1, 1) + c − b − a T (1, −2, 1) 5 5 5 5 5 5 2 1 2 1 4 3 3 2 a + b + c x + 2x + 1 + c − b − a −2x2 − 2 + = 5 5 5 5 5 5 1 3 2 + c − b − a x3 − 1 5 5 5 1 1 2 14 6 2 13 7 4 3 2 a− b+ c x + a+ b− c x + a+ b− c = 5 5 5 5 5 5 5 5 5 Es decir, T : R3 → R3 [x] está definida por: 14 13 1 2 6 2 7 4 1 3 2 a− b+ c x + a+ b− c x + a+ b− c T (a, b, c) = 5 5 5 5 5 5 5 5 5 Ejemplo 2.1.11. Hallar la fórmula de una transformación lineal T de R2 en: U = (x, y, z) ∈ R3 : x + y + z = 0 tal que T (−1, 1) = (1, 2, −3) y T (2, −1) = (5, −3, −2). Soluci´ on. Note que (1, 2, −3), (5, −3, −2) pertenecen a U , como (−1, 1) y (2, −1) son linealmente independiente, por el teorema existe una uńica transformación lineal T : R2 → U tal que T (−1, 1) = (1, 2, −3) T (2, −1) = (5, −3, −2) para determinar una fórmula, notemos que (a, b) = α (−1, 1) + β (2, −1) implica

−1 2 a 1 −1 b

∼ 87

1 0 a + 2b 0 1 a+b


as´ı (a, b) = (a + 2b) (−1, 1) + (a + b) (2, −1) as´ı T (a, b) = (a + 2b) T (−1, 1) + (a + b) T (2, −1) = (a + 2b) (1, 2, −3) + (a + b) (5, −3, −2) = (6a + 7b, b − a, −5a − 8b)

N´ ucleo e imagen Definici´ on 2.1.2. Sean U y V espacios vectoriales sobre K y T : U → V una transformación lineal. Llamaremos: 1. N´ ucleo de T o Kernel de T al subconjunto de U definido como: ker T = {u ∈ U : T (u) = 0} 2. Imagen de T al subconjunto de V definido como: ImT = {v ∈ V : ∃ u ∈ U, T (u) = v} Observaci´ on 2.1.6. El siguiente teorema indica que el n´ ucleo y la imagen de T poseen estructura de espacio vectorial.

Teorema 2.1.4. Sea T ∈ L (U, V ), entonces: 1. ker T ≤ U . 2. ImT ≤ V

Ejemplo 2.1.12. Hallar el n´ ucleo y la imagen de T : R3 → R3 definida por: T (x, y, z) = (2x − y + z, x − y + z, x) Soluci´ on. Primero determinaremos el n´ ucleo ker (T ) = (x, y, z) ∈ R3 : T (x, y, z) = (0, 0, 0) = (x, y, z) ∈ R3 : (2x − y + z, x − y + z, x) = (0, 0, 0)   2x − y + z = 0   (x, y, z) ∈ R3 : x − y + z = 0 =   x = 0 88


note que    1 0 0 0 2 −1 1 0  1 −1 1 0  ∼  0 1 −1 0  0 0 0 0 1 0 0 0 

luego

x = 0 ker (T ) = (x, y, z) ∈ R : y−z = 0 3 = (0, y, y) ∈ R : y ∈ R 3

= h{(0, 1, 1)}i un espacio de dimensión 1. Determinemos la imagen (a, b, c) ∈ R3 : ∃ (x, y, z) ∈ R3 , T (x, y, z) = (a, b, c) = (a, b, c) ∈ R3 : ∃ (x, y, z) ∈ R3 , (2x − y + z, x − y + z, x) = (a, b, c)   2x − y + z = a   = (a, b, c) ∈ R3 : ∃ (x, y, z) ∈ R3 , x − y + z = b   x = c

ImT =

en otras palabras, para que valores de a, b, c ∈ R el sistema 2x − y + z = a x−y+z = b x = c tiene solución, notemos que    2 −1 1 a 2 −1 1 a  1 −1 1 b  ∼  0 −1 1 2b − a  1 0 0 c 0 0 0 −c − b + a 

luego el sistema tiene solución si y solo si −c − b + a = 0 se sigue (a, b, c) ∈ R3 : −c − b + a = 0 = (b + c, b, c) ∈ R3 : b, c ∈ R

ImT =

= h{(1, 1, 0) , (1, 0, 1)}i es un espacio de dimensión 2. 89


Definici´ on 2.1.3. Sea T ∈ L (U, V ) con U y V espacios de dimensión finita, entonces: 1. Llamaremos nulidad de T , denotado η (T ), al n´ umero definido como: η (T ) = dim ker T 2. Llamaremos rango de T , denotado ρ (T ) al n´ umero definido como: ρ (T ) = dim ImT Teorema 2.1.5. Sean U, V un espacios vectoriales sobre K, u1 , u2 , . . . , un una base para U y T ∈ L (U, V ), entonces: ImT = h{T (u1 ) , T (u2 ) , . . . , T (un )}i Demostración. Suponga que v ∈ ImT entonces, por definición, existe un u ∈ U tal que T (u) = v, como {u1 , u2 , . . . , un } es una base de U existirán escalares α1 , α2 , . . . , αn tales que n X u= αi ui i=1

se sigue que v = T (u) = T

n X

! αi ui

i=1

=

n X

αi T (ui )

i=1

es decir, v es una combinación lineal de los elementos T (u1 ) , T (u2 ) , . . . , T (un ), luego {T (u1 ) , T (u2 ) , . . . , T (un )} genera ImT . Ejemplo 2.1.13. Si T : M2×2 (R) → M2×2 (R) x y x y 1 1 x y →T = z w z w 1 1 z w sabemos que

1 0 0 0

0 1 0 0 0 0 , , y 0 0 1 0 0 1

forman una base de M2×2 (R) luego 1 0 T = 0 0 0 1 T = 0 0 0 0 T = 1 0 0 0 T = 0 1

1 1 1 1

1 1 1 1

1 1 1 1

1 1 1 1

90

1 0 0 0

0 1 0 0

0 0 1 0

0 0 0 1

1 0 1 0

0 1 0 1

1 0 1 0

0 1 0 1

= = = =


generan la imagen, se sigue 1 ImT = 1 1 = 1

0 , 0 0 0 , 0 0 0 0

1 1 1 1

1 0 0 1 , , 1 0 0 1

de donde obtenemos ρ (T ) = 2. Ejemplo 2.1.14. Demuestre que existe una transformación lineal T : M2 (R) → R3 tal que: ImT = {(x, y, z) : x − 2y + z = 0} y la nulidad de T sea 2. Soluci´ on. Notemos que ImT = {(x, y, z) : x − 2y + z = 0} = {(x, y, z) : x = 2y − z} = {(2y − z, y, z) : y, z ∈ R} = h{(2, 1, 0) , (−1, 0, 1)}i este espacio tiene dimensión 2. Si necesitamos que la nulidad sea 2 entonces el N´ ucleo debe estar generado por dos elementos L. I. Definamos 1 0 T = (2, 1, 0) 0 0 0 1 T = (−1, 0, 1) 0 0 0 0 T = (0, 0, 0) 1 0 0 0 T = (0, 0, 0) 0 1 existe una u ´ nica T : M2 (R) → R3 que cumple lo anterior, para esta transformación se tiene: 1 0 0 1 0 0 0 0 ImT = T ,T ,T ,T 0 0 0 0 1 0 0 1 = h{(2, 1, 0) , (−1, 0, 1)}i Note que T

a b c d

= (2a − b, a, b)

demuestre que el N´ ucleo tiene dimensión 2.. 91


Observaci´ on 2.1.7. El siguiente resultado relaciona la nulidad y el rango de una transformación lineal: Teorema 2.1.6. Sean U y V espacios vectoriales sobre K con dim U < ∞. Considere T ∈ L (U, V ), entonces: dim U = η (T ) + ρ (T ) Demostración. Supongamos que dim U = n. Sea u1 , u2 , . . . , ur (r ≤ n) una base del n´ ucleo de T . Considere ur+1 , ur+2 , . . . , un una completación de la base u1 , u2 , . . . , ur del n´ ucleo de T al espacio vectorial U . Luego, si v ∈ U , entonces: v=

n X

αi ui

i=1

As´ı: n X

T (v) = T

! αi ui

i=1

= =

n X

αi T (ui )

i=1 n X

αT (ui )

i=r+1

y por tanto, T (ur+1 ) , T (ur+2 ) , . . . , T (un ) generan la imagen de T . Basta verificar, ahora, que son linealmente independientes. En efecto, supongamos que: n−r X

αi T (ur+i ) = 0

i=1

Luego: n−r X

T

! αi ur+i

=0

i=1

P es decir, si w = n−r i=1 αi ur+i , se tiene entonces que w ∈ ker T . Por tanto, existen escalares β1 , β2 , . . . , βr ∈ K tales que: r X w= βi ui i=1

As´ı:

r X

βi ui =

i=1

O bien:

r X i=1

βi ui −

n−r X

αi ur+i

i=1 n−r X i=1

92

αi ur+i = 0


Ahora bien, como u1 , u2 , . . . , ur , ur+1 , . . . , un es una base de U se tiene que: β1 = β2 = · · · = βr = α1 = α2 = · · · = αn−r = 0 As´ı, T (ur+1 ) , T (ur+2 ) , . . . , T (un ) es una base para la imagen de T . Por tanto, η (T ) = r y ρ (T ) = n − r. Definici´ on 2.1.4. Sea T ∈ L (U, V ). Diremos que: 1. T es inyectiva si: T (u) = T (v) =⇒ u = v para todos u, v ∈ U . 2. T es epiyectiva si: ImT = V 3. T es biyectiva si es inyectiva y epiyectiva, simultáneamente.

Ejemplo 2.1.15. No existe transformación lineal T : R2 → R3 que sea sobreyectiva. En efecto, si T es sobreyectiva ImT = R3 luego ρ (T ) = 3 pero del teorema de las dimensiones η (T ) + ρ (T ) = Dim R2 = 2 como ρ (T ) = 3 se obtiene η (T ) = −1 esto es una contradicción pues η (T ) ≥ 0. Teorema 2.1.7. Sea T ∈ L (U, V ). Entonces, T es inyectiva, si y solo si, ker T = {θU }. Demostración. Supongamos que ker T = {θU }. Sean u, v ∈ U tales que T (u) = T (v) . Como T es una transformación lineal, se tiene T (u − v) = θV , es decir, u − v ∈ ker T . As´ı, u − v = θU , y por tanto, T es inyectiva. Por otro lado, supongamos que T es inyectiva, como {θU } ⊆ ker T , bastará verificar que ker T ⊆ {0}. En efecto, sea u ∈ ker T , esto es T (u) = θV y como T es transformación lineal, se tiene que T (θU ) = θV . Es decir, T (u) = T (θU ), luego u = θU , pues T es inyectiva. As´ı, ker T = {θU }.

93


Isomorfismo Definici´ on 2.1.5. Dos espacios vectoriales U y V sobre K se dicen isomorfos si existe una transformación lineal T : U → V biyectiva. Tal transformación T biyectiva se llamará isomorfismo entre U y V . El concepto de isomorfismo entre dos espacios se representará por: U 'V. Ejemplo 2.1.16. Sea U un espacio vectorial sobre R tal que u1 , u2 , . . . , un es una base de U , entonces L : Rn → U definida por: (x1 , x2 , . . . , xn ) 7→ L (x1 , x2 , . . . , xn ) =

n X

xi ui

i=1

es un isomorfismo entre U y Rn , esto se debe a que (x1 , x2 , . . . , xn ) ∈ ker T

⇔

n X

xi ui = θU

i=1

⇔ ∀i, xi = 0 (pues u1 , u2 , . . . , un es una base de U ) as´ı (x1 , x2 , . . . , xn ) ∈ ker T ⇔ (x1 , x2 , . . . , xn ) = (0, 0, . . . , 0) luego L es inyectiva y por el teorema de las dimensiones n = dim Rn = 0 + ρ (L) as´ı ρ (L) = n esto implica ImT = U . Teorema 2.1.8. Sean U y V espacios vectoriales de dimensión finita sobre un cuerpo K. Entonces, U ' V si y solo si dim U = dim V . Ejemplo 2.1.17. M2 (R) ' R3 [x] ' R4 Ejemplo 2.1.18. Kmn ' Mm×n (K)

Matriz asociada a una transformaci´ on lineal Definici´ on 2.1.6. Sean U un espacio vectorial sobre K y B = {u1 , u2 , . . . , un } una base de U . Diremos que B es una base ordenada de U , si se considera B como la sucesión finita de vectores en U : B = (u1 , u2 , . . . , un ) 94


Definici´ on 2.1.7. Sea B = {u1 , u2 , . . . , un } una base ordenada de un espacio vectorial U y sea u ∈ U . Los coeficientes αi en la combinación u = α1 u1 + α2 u2 + · · · + αn un son llamadas coordenadas de u con respecto a B y desde ahora usaremos la notación   α1  α2    [u]B =  .   ..  αn Observaci´ on 2.1.8. Estos escalares existen y son uńicos por la definición de base, el orden de los elementos de la base es importante.

Ejemplo 2.1.19. Calcular las coordenadas del vector −1 + 2x + 3x2 en la base de R2 [x] dada por B = {1 + x, x2 , 1} . Soluci´ on. Tenemos que encontrar escalares α, β, γ tales que −1 + 2x + 2x2 = α (1 + x) + βx2 + γ1 desarrollando −1 + 2x + 3x2 = (α + γ) + αx + βx2 as´ı −1 = α + γ 2 = α 3 = β se sigue γ = −3 entonces −1 + 2x + 3x2 = 2 (1 + x) + 3 x2 − 3 (1) de donde obtenemos 

 2 −1 + 2x + 3x2 B =  3  −3 Observaci´ on 2.1.9. Dado en vector de coordenadas [v]B y conocida la base B se puede recuperar el vector v.

95


Ejemplo 2.1.20. Si el determinado vector v en M2×2 (R) tiene vector de coordenadas   1    −1  [v]B =    2  −2 en la base B =

1 1 1 1

1 1 1 1 1 0 , , , entonces 1 0 0 0 0 0

1 1 1 1 1 1 1 0 v = 1 + (−1) +2 + (−2) 1 1 1 0 0 0 0 0 0 2 = 0 1 Observaci´ on 2.1.10. Sean U y V espacios vectoriales sobre K tales que B = {u1 , u2 , . . . , un } y D = {v1 , v2 , . . . , vm } son bases ordenadas de U y V , respectivamente. Note que para cada i = 1, 2, . . . , n se tiene que T (ui ) ∈ V , por tanto, existen escalares Aji ∈ K tales que: T (ui ) = A1 i v1 + A2 i v2 + · · · + Am i vm =

m X

Aji vj ,

∀i = 1, 2, . . . , n

j=1

Es decir, los escalares A1 i , A2 i , . . . , Am i son las coordenadas de T (ui ) en la base D. As´ı:   A1 i  A2 i    [T (ui )]D =  .  , ∀i = 1, 2, . . . , n .  .  Am i Definici´ on 2.1.8. Con respecto a las notaciones de la observación anterior, se define la matriz de T respecto de las bases B y D como la matriz A tal que A = (Ai j ) ∈ Mm×n (R). Esto es: [T ]D B =

[T (u1 )D ] [T (u2 )D ] · · · [T (un )D ]   A11 A12 · · · A1n  A21 A22 · · · A2n    =  . .. ..  . . .  . . . .  Am1 Am2 · · · Amn

96


Ejemplo 2.1.21. Dada la transformación lineal T : R3 → R2 definida por: T (x, y, z) = (3x − 2y + z, x − y) Determine la matriz asociada a T respecto de las bases: 1. canónicas de R3 y R2 , respectivamente. Soluci´ on. T (1, 0, 0) = (3, 1) = 3 (1, 0) + 1 (0, 1) T (0, 1, 0) = (−2, −1) = −2 (1, 0) − 1 (0, 1) T (0, 0, 1) = (1, 0) = 1 (1, 0) + 0 (0, 1) as´ı C [T ]CR23 R

=

3 −2 1 1 −1 0

2. las bases B = {(1, 1, 0) ; (1, 0, 1) ; (1, 2, 3)} y D = {(2, 1) ; (−1, 1)} Soluci´ on. T (1, 1, 0) = (3 − 2, 1 − 1) = (1, 0) = α1 (2, 1) + β 1 (−1, 1) T (1, 0, 1) = (3 + 1, 1) = (4, 1) = α2 (2, 1) + β 2 (−1, 1) T (1, 2, 3) = (3 − 4 + 3, 1 − 2) = (2, −1) = α3 (2, 1) + β 3 (−1, 1) determinemos los escalares, los determinaremos en un solo sistema 5 1 2 −1 1 4 2 1 0 31 3 3 ∼ 1 1 0 1 −1 0 1 − 13 − 32 − 34 se sigue [T ]D B

=

1 3

5 3

1 3

− 31 − 23 − 43

Ejemplo 2.1.22. Sea D : R3 [x] → R3 [x] el operador lineal derivada, es decir, p → D (p) = p0 y considere las bases de R3 [x] dadas por B1 = 2x3 , 3x − x2 , 1 − x, 1 B2 = 1, x, x2 , x3 luego D 2x3 D 3x − x

2

= 0 · 1 + 0x + 6x2 + 0x3 = 3 (1) − 2 (x) + 0x2 + 0x3

D (1 − x) = −1 (1) + 0x + 0x2 + 0x3 D (1) = 0 (1) + 0x + 0x2 + 0x3 97


entonces

   [D]BB21 =  

 0 3 −1 0  0 −2 0 0   6 0 0 0  0 0 0 0

usted puede calcular [D]B1 a que es una matriz diferente. B2 y ver´ Ejemplo 2.1.23. Si B = {v1 , v2 , . . . , vn } es una base del espacio vectorial V y I : V → V la transformación identidad entonces [I]BB = In×n

(la matriz identidad)

En efecto, Iv1 = v1 = 1v1 + 0v2 + 0v3 + · · · + 0vn se sigue   1  0    [Iv1 ]B =  .   ..  0 similarmente Iv2 = v1 = 0v1 + 1v2 + 0v3 + · · · + 0vn se sigue     [Iv2 ]B =   

0 1 0 .. .

      

0 as´ı [I]BB es

[I]BB = In×n

Definici´ on 2.1.9. Sean U un espacio vectorial sobre K tales que B = {u1 , u2 , . . . , un } y D = {v1 , v2 , . . . , vn } son bases ordenadas distintas de U . Sea 1 : U → U la transformación lineal identidad. Se define la matriz cambio de base como la matriz asociada a 1 respecto de las bases B y D.

Teorema 2.1.9. Sean U y V espacios vectoriales finito dimensionales sobre K con bases B y D, respectivamente. Sean, además, S, T : U → V dos transformaciones lineales, entonces: D D [αT + S]D B = α [T ]B + [S]B

98


Teorema 2.1.10. Sean U, V y W espacios vectoriales de dimensi´ on finita sobre K tales que B, D y E son bases de U, V y W , respectivamente. Suponga que T : U → V y S : V → W son transformaciones lineales, entonces: [ST ]EB = [S]ED · [T ]D B

Observaci´ on 2.1.11. Sean U y V espacios vectoriales finito dimensionales sobre K con bases B y E para U , y D y F para V . Considere, además, T : U → V una transformación lineal. Note que en vista del teorema anterior el cambio de representación matricial puede expresarse mediante el siguiente diagrama conmutativo: [T ]F

[1]EB

E UE −→ VF ↑ ↓ [1]D F

[T ]D

B UB −→ VD

donde la notación del tipo UE , por ejemplo, representa el espacio U considerado con la base E. En efecto, utilizando la convención usual para la composición de funciones, tenemos que: D F E [T ]D B = [1]F · [T ]E · [1]B

Teorema 2.1.11. Sean U y V espacios vectoriales finito dimensionales sobre K con bases B y D, respectivamente. Sea, además, T : U → V una transformación lineal entonces T es invertible si y solo si [T ]D as B es invertible, adem´ −1 B D −1 T D = [T ]B Teorema 2.1.12. Sean U y V espacios vectoriales sobre el mismo cuerpo K tales que B = {u1 , u2 , . . . , un } es una base ordenada para U y D = {v1 , v2 , . . . , vm } es una base ordenada para V , entonces: [T u]D = [T ]D B [u]B para todo u ∈ U . Ejemplo 2.1.24. Considere las bases de R3 B1 = {(1, 1, 1) , (1, 1, 0) , (1, 0, 0)} y B2 = {(0, 0, 1) , (1, 0, 0) , (0, 1, 0)} 99


1. Calcular [I]BB21 y [I]BB12 . 2. Calcular [v]Bi para i = 1, 2 donde v = (3, 1, 3) 1. Notemos que I (1, 1, 1) = (1, 1, 1) = 1 (0, 0, 1) + 1 (1, 0, 0) + 1 (0, 1, 0) I (1, 1, 0) = (1, 1, 0) = 0 (0, 0, 1) + 1 (1, 0, 0) + 1 (0, 1, 0) I (1, 0, 0) = (1, 0, 0) = 0 (0, 0, 1) + 1 (1, 0, 0) + 0 (0, 1, 0) entonces 

−1 como [I]BB12 = [I]BB21

 1 0 0 [I]BB21 =  1 1 1  1 1 0 −1 se sigue que [I]BB12 = [I]BB21



   1 0 0 1 0 0 1 0 0 1 0 0  1 1 1 0 1 0  ∼  0 1 0 −1 0 1  1 1 0 0 0 1 0 0 1 0 1 −1 as´ı 

[I]BB12

 1 0 0 =  −1 0 1  0 1 −1

2. Notemos que (3, 1, 3) = 3 (0, 0, 1) + 3 (1, 0, 0) + 1 (0, 1, 0) 

[(3, 1, 3)]B2

 3 = 3  1

luego [(3, 1, 3)]B1 = [I]BB12 [(3, 1, 3)]B2    1 0 0 3 =  −1 0 1   3  0 1 −1 1   3 =  −2  2

100


Ejemplo 2.1.25. Sean B = {(1, 1, 1) ; (0, 0, 1) ; (1, 0, 1)} y D = {(1, 1) ; (0, 1)} bases de R3 y R2 , respectivamente. Sea T una transformación lineal tal que: 4 2 −2 D [T ]B = −3 −1 1 Hallar expl´ıcitamente T (x, y, z). Soluci´ on. Primero buscamos [(x, y, z)]B esto es (x, y, z) = α (1, 1, 1) + β (0, 0, 1) + γ (1, 0, 1) luego 

   1 0 1 x 1 0 0 y  1 0 0 y ∼ 0 1 0 z−x  1 1 1 z 0 0 1 x−y as´ı 

 y [(x, y, z)]B =  z − x  x−y se sigue que [T (x, y, z)]D = [T ]D B [(x, y, z)]B   y 4 2 −2  = z−x  −3 −1 1 x−y 6y − 4x + 2z = 2x − 4y − z de donde obtenemos T (x, y, z) = (6y − 4x + 2z) (1, 1) + (2x − 4y − z) (0, 1) = (6y − 4x + 2z, 2y − 2x + z)

C´ alculo con coordenadas Observaci´ on 2.1.12. Como se puede observar de la sección anterior, las matrices asociadas a las transformaciones lineales dependen de las coordenadas. Es decir, dependen de las bases consideradas en los espacios vectoriales involucrados. Por consiguiente, el cálculo de los subespacios notables (n´ ucleo e imagen) asociados a una transformación lineal no es directo por definición. Sin embargo, con los procedimientos algebraicos adecuados se pueden obtener los espacios notables asociados a las transformaciones a través de cálculos con coordenadas. Veamos algunos ejemplos: 101


Ejemplo 2.1.26. Sean: B = {(1, 1, 1) ; (0, 1, 1) ; (1, 0, 1)} y: D = {(1, 1, 1) ; (1, 0, 1) ; (1, 2, 3)} bases de R3 y T ∈ L (R3 , R3 ) tales que:  4 2 −2  −3 −1 1  [T ]D B = 1 2 −2 

Calcule el n´ ucleo y la imagen de T , sin explicitar T (x, y, z). Soluci´ on. Sea u un vector cualquiera en el n´ ucleo de T , es decir T (u) = 0. Por tanto, [T · u]D = [0]D = 0. Sin embargo, sabemos que [T · u]D = [T ]D B [u]B , luego:     4 2 −2 a 0  −3 −1 1   b  =  0  1 2 −2 c 0 

en donde [u]B =

a b c

T

. Escalonando la matriz de coeficientes:

   4 2 −2 1 0 0  −3 −1 1  →  0 1 −1  1 2 −2 0 0 0 

se obtiene que a = 0 y b = c. Por lo tanto: 

 0 [u]B =  c  , c

c∈R

Luego: u = 0 · (1, 1, 1) + c · (0, 1, 1) + c · (1, 0, 1) = (c, c, 2c) , Por lo tanto, obtenemos de lo anterior que: ker T = h (1, 1, 2) i Para calcular la imagen de T , debemos notar primeramente que de:   4 2 −2  −3 −1 1  [T ]D B = 1 2 −2 102

c∈R


se obtiene que:  4 [T (1, 1, 1)]D =  −3  , 1 

 2 [T (0, 1, 1)]D =  −1  , 2 

 −2 [T (1, 0, 1)]D =  1  −2 

Por consiguiente: T (1, 1, 1) = 4 (1, 1, 1) + (−3) (1, 0, 1) + 1 (1, 2, 3) = (2, 6, 4) T (0, 1, 1) = 2 (1, 1, 1) + (−1) (1, 0, 1) + 2 (1, 2, 3) = (3, 6, 7) T (1, 0, 1) = (−2) (1, 1, 1) + 1 (1, 0, 1) + (−2) (1, 2, 3) = (−3, −6, −7) Ahora bien: ImT = hT (1, 1, 1) , T (0, 1, 1) , T (1, 0, 1)i = h{(2, 6, 4) , (3, 6, 7) , (−3, −6, −7)}i = h{(2, 6, 4) , (3, 6, 7)} i note que el rango de T es 2. Ejemplo 2.1.27. Sean: B = {(1, 1, −1) ; (0, 2, −1) ; (1, 0, 1)} y: D = 1 + 2x + x2 ; 1 + 3x + 2x2 ; 2 + x + 3x2 bases de R3 y R2 [x], respectivamente. Sea T ∈ L (R3 , R2 [x]) tales que:   5 2 −2  −3 −1 1  [T ]D B = 1 4 −3 Verifique que T es un isomorfismo entre R3 y R2 [x]. Calcule, además, T −1 . Soluci´ on. Para verificar que T es un isomorfismo, basta notar que det [T ]D 6 0. En efecto: B = 5 2 −2 det [T ]D 1 = 1 B = −3 −1 1 4 −3 Por otro lado, para calcular T −1 , procedemos por coordenadas. En efecto: −1 B T (a, b, c) B = T −1 D [(a, b, c)]D −1 = [T ]D [(a, b, c)]D B 103


Luego: −1 5 2 −2 =  −3 −1 1  1 4 −3   −1 −2 0 =  −8 −13 1  −11 −18 1 

T

−1 B D

Necesitamos, ahora, las coordenadas de a + bx + cx2 respecto de la base D. Esto es: α 1 + 2x + x2 + β 1 + 3x + 2x2 + γ 2 + x + 3x2 = a + bx + cx2 Resolviendo el sistema anterior, obtenemos: 

a + bx + cx2 D

 α =  β  γ  7  a + 14 b − 54 c 4 =  41 b − 54 a + 43 c  1 c + 14 a − 14 b 4

Luego:  7  −1 −2 0 a + 14 b − 54 c 4 =  −8 −13 1   41 b − 54 a + 43 c  1 −11 −18 1 c + 14 a − 41 b 4   3 a − 34 b − 14 c 4 =  52 a − 11 b + 21 c  2 7 a − 15 b + 21 c 2 2 

T −1 a + bx + cx2

B

As´ı: T

−1

a + bx + cx

2

3 3 1 5 11 1 = a − b − c (1, 1, −1) + a − b + c (0, 2, −1) 4 4 4 2 2 2 7 15 1 + a − b + c (1, 0, 1) 2 2 2 17 33 1 23 47 3 1 5 1 = a − b + c, a − b + c, a − b + c 4 4 4 4 4 4 4 4 4

Ejercicios resueltos de Transformaciones lineales 1. Considere la transformación T : M2×2 (R) → R4 a b a b → T = (a + b, a + c − b, c, d) c d c d 104


a) Determine una base de Ker(T ) e Im(T ). Soluci´ on. Vamos a buscar el N´ ucleo de la transformación, a b a b ker (T ) = ∈ M2×2 (R) : T = (0, 0, 0, 0) c d c d a b = ∈ M2×2 (R) : (a + b, a + c − b, c, d) = (0, 0, 0, 0) c d     a + b = 0       a−b+c = 0 a b ∈ M2×2 (R) : =  c = 0  c d      d = 0  a b = ∈ M2×2 (R) : a = b = c = d = 0 c d 0 0 = 0 0 del teorema de las dimensiones se sigue que Dim (ker (T )) + Dim (Im (T )) = Dim (M2×2 (R)) 0 + Dim (Im (T )) = 4 as´ı Dim (Im (T )) = 4 y luego Im (T ) = R4 (T es biyectiva) b) Si B1 =

1 −1 2 0

0 −1 0 1 1 1 , , , 2 1 1 1 0 3

y B2 = {(1, 0, 2, 0) , (1, 0, 2, 1) , (0, 0, 1, 1) , (1, 1, 0, −3)} son bases de M2×2 (R) y R4 respectivamente determinar [T ]BB21 . Soluci´ on. Como T

1 −1 2 0

= (0, 4, 2, 0)

0 −1 T = (−1, 3, 2, 1) 2 1 0 1 T = (1, 0, 1, 1) 1 1 1 1 T = (2, 0, 0, 3) 0 3 105


se sigue que necesitamos resolver los sistemas (0, 4, 2, 0) = α1 (1, 0, 2, 0) + β1 (1, 0, 2, 1) + γ1 (0, 0, 1, 1) + δ1 (1, 1, 0, −3) (−1, 3, 2, 1) = α2 (1, 0, 2, 0) + β2 (1, 0, 2, 1) + γ2 (0, 0, 1, 1) + δ2 (1, 1, 0, −3) (1, 0, 1, 1) = α3 (1, 0, 2, 0) + β3 (1, 0, 2, 1) + γ3 (0, 0, 1, 1) + δ3 (1, 1, 0, −3) (2, 0, 0, 3) = α4 (1, 0, 2, 0) + β4 (1, 0, 2, 1) + γ4 (0, 0, 1, 1) + δ4 (1, 1, 0, −3) y as´ı la matriz asociada será  [T ]BB21

vamos a  1   0   2 0 as´ı

  = 

α1 β1 γ1 δ1

α2 β2 γ2 δ2

α3 β3 γ3 δ3

resolver los 4 sistema de una sola vez   1 0 1 0 1 0 −1 1 2   0 0 1 4 3 0 0   0 1 ∼ 2 1 0 2 2 1 0   0 0 0 0 1 1 −3 0 1 1 3    [T ]BB21 =  

α4 β4 γ4 δ4



0 0 1 0

0 −6 −4 −1 −5 0 2 0 2 7 0 10 10 −1 −4 1 4 3 0 0

   

 −6 −4 −1 −5  2 0 2 7   10 10 −1 −4  4 3 0 0

c) Si la transformación es un isomorfismo (biyectiva) determine −1 B1 T B2 Soluci´ on. ya sabemos que la transformación es biyectiva, como −1 B1 B2 −1 T B2 = [T ]B1 se sigue      

3 22

 −1  −6 −4 −1 −5  −2   11 2 0 2 7   =    23 10 10 −1 −4   11  4 3 0 0  7 − 11 B = T −1 B12

106

3 − 22

9 − 22

17 11

2 11

6 11

− 19 11

21 11

8 11

4 11

4 − 11

1 − 11

6 − 11

          

    


2. Construir una transformación lineal T : R3 → R3 que cumpla las siguientes condiciones (simultáneamente) a) Ker(T ) = {(x, y, z) ∈ R3 : (x, y, z) = t (1, 0, −1) para t ∈ R} b) Im(T ) = {(x, y, z) ∈ R3 : x − 2y + z = 0} Soluci´ on. La transformación tiene que cumplir las dos condiciones, notamos que ker (T ) = h(1, 0, −1)i y (x, y, z) ∈ R3 : x − 2y + z = 0 = (x, y, z) ∈ R3 : x + z = 2y x+z 3 , z ∈ R : x, z ∈ R = x, 2 1 1 = 1, , 0 , 0, , 1 2 2 desde el punto de vista del teorema de las dimensiones estas dos condiciones no son incompatibles puesto que Dim (ker (T )) + Dim (Im (T )) = Dim R3 = 3 Im (T ) =

para la posible transformación. Vamos a utilizar el teorema que nos permite construir transformaciones si la conocemos en una base 1 T (1, 0, 0) = 1, , 0 2 1 T (0, 1, 0) = 0, , 1 2 T (1, 0, −1) = (0, 0, 0) notamos que los vectores (1, 0, 0) , (0, 1, 0) y (1, 0, −1) son linealmente independientes pues 1 0 1 0 1 0 = −1 6= 0 0 0 −1 y luego forman una base de R3 estas condiciones determinan por completo una transformación lineal, note también que Im (T ) = h{T (1, 0, 0) , T (0, 1, 0) , T (1, 0, −1)}i 1 1 = 1, , 0 , 0, , 1 , (0, 0, 0) 2 2 1 1 = 1, , 0 , 0, , 1 2 2 3 = (x, y, z) ∈ R : x − 2y + z = 0 107


y (1, 0, −1) ∈ ker (T ) que tiene dimensión 1 (por el teorema de las dimensiones) as´ı ker (T ) = h{(1, 0, −1)}i = (x, y, z) ∈ R3 : (x, y, z) = t (1, 0, −1) para t ∈ R podemos también determinar en forma expl´ıcita esta transformación (x, y, z) = α (1, 0, 0) + β (0, 1, 0) + γ (1, 0, −1) α+γ = x β = y −γ = z de donde α = x + z, β = y, γ = −z as´ı (x, y, z) = (x + z) (1, 0, 0) + y (0, 1, 0) + (−z) (1, 0, −1) luego T (x, y, z) = T ((x + z) (1, 0, 0) + y (0, 1, 0) + (−z) (1, 0, −1)) = (x + z) T (1, 0, 0) + yT (0, 1, 0) + (−z) T (1, 0, −1) 1 1 = (x + z) 1, , 0 + y 0, , 1 + (−z) (0, 0, 0) 2 2 1 1 1 = x + z, x + y + z, y 2 2 2 3. Sea T ∈ L (R3 , R2 ) con B = {(0, 0, 1) ; (0, 2, 1) ; (3, 2, 1)} y C = {(1, −3) ; (2, −5)} bases ordenadas de R3 y R2 , respectivamente. Supongamos que: −1 3 2 C [T ]B = ∈ M2×3 (R) 4 −12 −8 Con respecto a las hipótesis anteriores: a) Hallar ker T sin calcular T (x, y, z). Soluci´ on. v ∈ ker (T ) ⇔ [v]B es solución de [T ]CB x = 0 luego −1 3 2 0 1 −3 −2 0 ∼ 4 −12 −8 0 0 0 0 0 luego 

 α [v]B =  β  γ 108


es solución si y solo si α − 3β − 2γ = 0 de esta forma    3β + 2γ α  para β, γ ∈ R [v]B =  β  =  β γ γ 

luego v ∈ ker (T ) ⇔ (x, y, z) = (3β + 2γ) (0, 0, 1) + β (0, 2, 1) + γ (3, 2, 1) para β, γ ∈ R esto es (x, y, z) = (3γ, 2β + 2γ, 4β + 3γ) para β, γ ∈ R as´ı ker (T ) = h(3, 2, 3) , (0, 2, 4)i b) Determinar T (x, y, z). Soluci´ on. Notemos que [T (x, y, z)]C = [T ]CB [(x, y, z)]B luego (x, y, z) = α (0, 0, 1) + β (0, 2, 1) + γ (3, 2, 1) as´ı 3γ = x 2β + 2γ = y α+β+γ = z luego α = z − 21 y, β = 21 y − 13 x, γ = 13 x de donde tenemos   z − 12 y [(x, y, z)] =  1 y − 1 x  B

2

1 x 3

3

as´ı

−1 3 2 4 −12 −8

2y − 13 x − z 4 x − 8y + 4z 3

[T (x, y, z)]C =

=

109

 z − 12 y  1y − 1x  2 3 1 x 3 


as´ı 4 1 x − 8y + 4z (2, −5) T (x, y, z) = 2y − x − z (1, −3) + 3 3 7 17 = x − 14y + 7z, 34y − x − 17z 3 3  x c) ¿Por qué es falso que T (x, y, z) = [T ]CB ·  y ? z 

Soluci´ on. Esta igualdad no es posible ni por los ordenes de las matrices. d ) ¿Cuándo es válida la igualdad anterior? Soluci´ on. Al considerar las bases canónicas en los espacios de partida y llegada se cumple una desigualdad del tipo   x t can´ onica  T (x, y, z) = [T ] · y  can´ onica

z (además la transformación este definida de Rn en Rm ) e) Hallar la nulidad de T y el rango de T sin hallar la Im(T )? Soluci´ on. El rango de la transformación lineal es igual al rango de la matriz asociada en este caso es 1. f ) Hallar Im(T ) y una base para Im(T ). Soluci´ on. Como ya tenemos la transformación podemos determinar la imagen como Im (T ) = hT (1, 0, 0) , T (0, 1, 0) , T (0, 0, 1)i 7 17 ,− , (−14, 34) , (7, −17) = 3 3 = h(7, −17)i esto es una recta que pasa por el origen con dirección (7, −17). 4. Sean U = {(x, y, z) ∈ R3 : 2x − 3y + 5z = 0} un espacio vectorial y A una base ordenada de U y C la base canónica de R2 . Suponga que T : U → R2 es una transformación lineal definida por T (x, y, z) = (x − y, x − z) tal que: 1 2 C [T ]A = ∈ M2×2 (R) 1 1 Determine la base A. 110


Soluci´ on. Sea A = {(α, β, γ) , (ϕ, κ, λ)} la base de U del ejercicio (el espacio tiene dimensión 2) entonces 1 [T (α, β, γ)]C = 1 2 [T (ϕ, κ, λ)]C = 1 además 2α − 3β + 5γ = 0 2ϕ − 3κ + 5λ = 0 pero

α−β α−γ

ϕ−κ ϕ−λ

[T (α, β, γ)]C = [T (ϕ, κ, λ)]C = de donde tenemos el sistema de ecuaciones

α−β = 1 α−γ = 1 ϕ−κ = 2 ϕ−λ = 1 2α − 3β + 5γ = 0 2ϕ − 3κ + 5λ = 0 que tiene solución α = 21 , κ = − 49 , β = − 12 , λ = − 54 , γ = − 12 , ϕ = − 14 as´ı 1 1 1 1 9 5 A= ,− ,− , − ,− ,− 2 2 2 4 4 4 5. Considere la transformación lineal T : M2×2 (R) → R4 x y x y → T = (x − y, x − z, x − w, x) z w z w y suponga que B1 =

1 0 0 1

−2 0 0 0 0 −1 , , , 0 0 1 0 0 0

B2 = {(1, 1, 1, 1) , (1, 1, 0, 0) , (1, 0, 0, 0) , (1, 1, 1, 0)} 111


a) Calcular [T ]BB21 , muestre que T es invertible (isomorfismo) y calcule T −1 en forma expl´ıcita. Soluci´ on. Como

x y z w

T

= (x − y, x − z, x − w, x)

se sigue T

1 0 0 1

= (1, 1, 0, 1)

−2 0 T = (−2, −2, −2, −2) 0 0 0 0 T = (0, −1, 0, 0) 1 0 0 −1 T = (1, 0, 0, 0) 0 0 luego tenemos que resolver los sistemas (1, 1, 0, 1) = α1 (1, 1, 1, 1) + β1 (1, 1, 0, 0) + γ1 (1, 0, 0, 0) + δ1 (1, 1, 1, 0) (−2, −2, −2, −2) = α2 (1, 1, 1, 1) + β2 (1, 1, 0, 0) + γ2 (1, 0, 0, 0) + δ2 (1, 1, 1, 0) (0, −1, 0, 0) = α3 (1, 1, 1, 1) + β3 (1, 1, 0, 0) + γ3 (1, 0, 0, 0) + δ3 (1, 1, 1, 0) (1, 0, 0, 0) = α4 (1, 1, 1, 1) + β4 (1, 1, 0, 0) + γ4 (1, 0, 0, 0) + δ4 (1, 1, 1, 0) resolveremos  1 1   1 1   1 0 1 0

los 4 sistemas 1 0 0 0

1 1 1 0

1 1 0 1

−2 0 1 −2 −1 0 −2 0 0 −2 0 0





    ∼  

1 0 0 0

0 1 0 0

0 0 1 0

0 1 −2 0 0 0 1 0 −1 0 0 0 0 1 1 1 −1 0 0 0

se sigue    [T ]BB21 =  

1 −2 0 0 1 0 −1 0 0 0 1 1 −1 0 0 0

−1 b) Encontrar [T ]BB21

112

    

    


Soluci´ on.

[T ]BB21

−1

B T −1 B12  1 −2  0  1 =  0  0 −1 0  0 0  1 0  − =  2  0 −1 0 1

=

0 −1 1 0

0 0 1 0

−1    

 0 −1  0 − 12   0 −1  1 1

c) Considere las bases canónicas deM2×2 (R) y R4 C1 =

1 0 0 0

0 1 0 0 0 0 , , , 0 0 1 0 0 1

C2 = {((1, 0, 0, 0)) , (0, 1, 0, 0) , (0, 0, 1, 0) , (0, 0, 0, 1)} calcular [T ]CC21 usando la matrices de cambio de base adecuadas. Soluci´ on. Para calcular [T ]CC21 necesitamos hacer [I]CB22 [T ]BB21 [I]BC11 as´ı 1 0 −2 0 0 0 0 −1 α − 2β −δ α +β +γ +δ = 0 1 0 0 1 0 0 0 γ α de donde tenemos  1 −2 0   0 0 0   0 0 1 1 0 0

que resolver 4 sistemas   0 1 0 0 0   −1 0 1 0 0   ∼ 0 0 0 1 0   0 0 0 0 1

1 0 0 0

0 1 0 0

0 0 1 0

0 0 0 1 0 −2 0 0 0 0 1 0 −1

de aqu´ı  [I]BC11

  = 

113

0 0 1 −2 0 0 0 0 −1

 0 1  0 12   1 0  0 0

 0 1  0 12   1 0  0 0

Apuntes Mat023 (Segundo semestre 2014) −1 (note que es mas fácil pensarlo como [I]CB11 = [I]BC11 si la canónica esta en la llegada es escribir los vectores como columna) y   1 1 1 1    1 1 0 1  [I]CB22 =    1 0 0 1  1 0 0 0 as´ı [T ]CC21 = [I]CB22 [T ]BB21 [I]BC11   1 1 1 1    1 1 0 1  =    1 0 0 1  1 0 0 0  1 −1 0 0   1 0 −1 0 =  0 −1  1 0 1 0 0 0

1 −2 0 0 1 0 −1 0 0 0 1 1 −1 0 0 0 

    

0 0 1 −2 0 0 0 0 −1

 0 1  0 12   1 0  0 0

   

6. Considere la transformación lineal T : R2 [x] → R2 [x] dada por: T ax2 + bx + c = (a + b) x2 + (a + b + c) x + c a) Encuentre una base para ker (T ) b) Encuentre una base para Im (T ) c) Considere en el dominio la base B = {1 + x2 , 1 + x + x2 , −1} y en el codominio la base D = {1 − x, 1 + x, x2 } encontrar la matriz asociada a T respecto a estas bases. a) Por definición ker (T ) = ax2 + bx + c ∈ R2 [x] : T ax2 + bx + c = 0 = ax2 + bx + c ∈ R2 [x] : (a + b) x2 + (a + b + c) x + c = 0 = ax2 + bx + c ∈ R2 [x] : (a + b = 0) ∧ (a + b + c = 0) ∧ (c = 0)        1 1 0 a 0   2      = ax + bx + c ∈ R2 [x] : = 1 1 1 b 0    0 0 1 c 0 luego 

   1 1 0 1 1 0  1 1 1 ∼ 0 0 1  0 0 1 0 0 0 114


as´ı 2 ax + bx + c ∈ R2 [x] : (a + b = 0) ∧ (c = 0) = ax2 + bx + c ∈ R2 [x] : (b = −a) ∧ (c = 0) = ax2 − ax ∈ R2 [x] : a ∈ R

2 = x −x

ker (T ) =

luego el kernel tiene dimensión 1 (la nulidad es 1). b) Notemos que T (ax2 + bx + c) = (a + b) x2 + (a + b + c) x + c y luego (a + b) x2 + (a + b + c) x + c = a x2 + x + b x2 + x + c (x + 1) as´ı T ax2 + bx + c ∈ x2 + x, x2 + x, x + 1 como hay un elemento repetido, el conjunto es L.D. as´ı

2 x + x, x2 + x, x + 1 = x2 + x, x + 1 se sigue Im (T ) ⊆

x2 + x, x + 1

por el teorema de las dimensiones se sigue Dim (ker (T )) + Dim (Im (T )) = Dim (R2 [x]) as´ı, de la parte a) se tiene 1 + Dim (Im (T )) = 3 de donde se obtiene Dim (Im (T )) = 2 y as´ı Im (T ) =

x2 + x, x + 1

de esta forma, una base para la imagen es {x2 + x, x + 1} c) Como T (ax2 + bx + c) = (a + b) x2 + (a + b + c) x + c se sigue que T 1 + x2 = x2 + 2x + 1 = α (1 − x) + β (1 + x) + γx2 = γx2 + (β − α) x + (a + β) por determinar a, β, γ. T 1 + x + x2 = 2x2 + 3x + 1 = α (1 − x) + β (1 + x) + γx2 = γx2 + (β − α) x + (a + β) 115


por determinar a, β, γ. T (−1) = −x − 1 = α (1 − x) + β (1 + x) + γx2 = γx2 + (β − α) x + (a + β) por determinar a, β, γ. Vamos a resolver esos 3 problemas de una sola vez, porque hay que resolver los sistemas γ = 1 (β − α) = 2 (a + β) = 1 y γ = 2 (β − α) = 3 (a + β) = 1 y γ = 0 (β − α) = −1 (a + β) = −1 en todas ampliada  0  −1 1

la matriz de coeficientes es la misma, formamos una tripe matriz y escalonamos    0 1 1 2 0 1 0 0 − 21 −1 0 Operaciones Elementales  0 1 0 3 ∼ 1 0 2 3 −1  2 −1  2 1 0 1 1 −1 0 0 1 1 2 0  1  − 2 −1 0  3 [T ]D 2 −1  B = 2 1 2 0 (notar que T (1 + x2 ) = x2 + 2x + 1 = − 12 (1 − x) + 32 (1 + x) + 1x2 , T (1 + x + x2 ) = 2x2 + 3x + 1 = (−1) (1 − x) + 2 (1 + x) + 2x2 y T (−1) = −x − 1 = 0 (1 − x) + (−1) (1 + x) + 0x2 ) 7. Suponga que S : R2 [x] → R2 [x] es una transformación lineal con  1  − 2 −1 0  3 [T ]D 2 −1  B = 2 1 2 0 116


B = {1 − x, 1 + x, x2 } y D = {1 + x2 , 1 + x + x2 , −1} (No es el ejercicio anterior ver las bases) a) Encontrar ker (T ) b) Encontrar Im (T ) c) Calcule T (2 + x − x2 ) d ) Encontrar una expresión para T (ax2 + bx + c) a) Note que p ∈ ker (T ) si y solo si T (p) = 0 si y solo si 

 0 [T p]D =  0  0 pero [T p]D = [T ]D B [p]B luego si resolvemos     1 α 0 − 2 −1 0    0  = [T ]D [p] =  3 2 −1 β  B B 2 1 2 0 γ 0 

estaremos encontrando las coordenadas   α  β  = [p]

B

γ de los vectores de ker (T ). Pues bien    − 12 −1 0 1 0 −2  3 2 −1  ∼  0 1 1  2 1 2 0 0 0 0 

se sigue que p ∈ ker (T ) si y solo si 

 α  β  = [p] B γ cumple α = 2γ y β = −γ

117


as´ı p ∈ ker (T ) si y solo si p (x) = (2γ) (1 − x) + (−γ) (1 + x) + γx2 para alg´ un γ ∈ R es decir ker (T ) =

−3x + x2 + 1

b) De la matriz asociada tenemos − 21



3 2

[T (1 − x)]D = 

  as´ı

1 3 1 2 1+x + 1 + x + x2 + (1) (−1) T (1 − x) = − 2 2 3 = x2 + x 2 también  −1 [T (1 + x)]D =  2  as´ı 2 T (1 − x) = (−1) 1 + x2 + (2) 1 + x + x2 + (2) (−1) 

= x2 + 2x − 1 y 

 0 T x2 D =  −1  as´ı 0 T x2 = (0) 1 + x2 + (−1) 1 + x + x2 + (0) (−1) = −x2 − x − 1 luego

3 2 2 Im (T ) = x + x, x + 2x − 1, −x − x − 1 2 2 3 del teorema de las dimensiones x + 2 x, x2 + 2x − 1, −x2 − x − 1 deber´ıa ser un conjunto L.D. en efecto     1 1 −1 1 0 −2  3 2 −1  ∼  0 1 1  2 0 −1 −1 0 0 0 2

118


3 2 (−2) x + x + (1) x2 + 2x − 1 = −x2 − x − 1 2 se sigue Im (T ) =

3 2 x + x, x + 2x − 1 2 2

c) Para calcular T (2 + x − x2 ) podemos hacer lo siguiente  α = β  γ 

2+x−x

2 B

donde 2 + x − x2 = α (1 − x) + β (1 + x) + γx2 γ = −1 β−α = 1 α+β = 2 α = 21 , β = 23 , γ = −1 luego  1   7  −4 − 21 −1 0 2 2 3 3  T 2+x−x D = 2 2 −1   2  =  19 4 7 1 2 0 −1 2 

se obtiene T 2+x−x

2

7 19 7 2 2 = − 1+x + 1+x+x + (−1) 4 4 2 19 1 = 3x2 + x − 4 2

d ) Encontremos una expresión para T ax2 + bx + c

notemos que ax2 + bx + c = α (1 − x) + β (1 + x) + γx2 si y solo si γ = a β−α = b α+β = c 119


esto es   1 0 0 0 0 1 a  −1 1 0 b  ∼  0 1 0 1 1 0 c 0 0 1 

1 c 2 1 b 2

 − 21 b + 12 c  a

luego

2

ax + bx + c =

1 1 1 1 c − b (1 − x) + b + c (1 + x) + ax2 2 2 2 2

podemos encontrar T (ax2 + bx + c) en dos formas 1 1 1 1 2 T ax + bx + c = c − b T (1 − x) + b + c T (1 + x) + aT x2 2 2 2 2 1 1 3 1 1 2 = c− b x + x + b + c x2 + 2x − 1 2 2 2 2 2 2 +a −x − x − 1 1 7 1 1 2 = (c − a) x + −a + b + c x + − b − c − a 4 4 2 2 la otra forma es  − 12 −1 0 =  32 2 −1   1 2 0   − 14 b − 34 c =  14 b − a + 47 c  1 b + 32 c 2 

T ax2 + bx + c

D

1 c 2 1 b 2

 − 12 b + 21 c  a

y as´ı 2

T ax + bx + c

1 3 1 7 2 = − b− c 1+x + b − a + c 1 + x + x2 4 4 4 4 1 3 + b + c (−1) 2 2 1 7 1 1 2 = (c − a) x + −a + b + c x + − b − c − a 4 4 2 2

8. Muestre que T : M2×2 (R) → R3 [x] dada por T

a b c d

= (a + b) x3 + cx2 + (a + d) x + (c − d)

es una transformación lineal además determine el ker (T ) e Im(T ). 120


Soluci´ on. En general, si V y W son espacios vectoriales, una función F : V → W es llamada transformación lineal si cumple: i) ∀α ∈ K,∀v ∈ V , F (αv) = αF (v) y ii) ∀v1 , v2 ∈ V , F (v1 + v2 ) = F (v1 ) + F (v2 ) (esto quiere decir, que env´ıa combinaciones lineales en combinaciones lineales). En nuestro ejercicio los elementos del espacio de partida son matrices de orden 2 × 2 luego para probar la primera propiedad necesitamos considerar un escalar arbitrario y una matriz arbitraria y en la segunda propiedad, dos matrices arbitrarias como sigue: a b i) Sea α ∈ R y ∈ M2×2 (R) se tiene c d a b αa αb T α = T c d αc αd A B = T donde A = αa, B = αb, C = αc, D = αd C D = (A + B) x3 + Cx2 + (A + D) x + (C − D) = ((αa) + (αb)) x3 + (αc) x2 + (αa + αd) x + (αc − αd) = α (a + b) x3 + cx2 + (a + d) x + (c − d) a b = αT c d (Explicación: tenemos que mostrar que el escalar se puede “sacar” de la función y para a b αa αb esto utilizamos solamente la definición, en la linea T α =T c d αc αd a b no sabemos como act´ ua la función T sobre el producto escalar α es por c d eso que aplicamos la definición de producto escalar de matrices y as´ı a b αa αb α = c d αc αd αa αb y ahora podemos aplicar la definición de T a la matriz (en este caso si αc αd sabemos como act´ ua T ), para que se vea mas claro agregué la linea αa αb A B = donde A = αa, B = αb, C = αc, D = αd αc αd C D pero no es necesario, entonces por definición A B T C D = (A + B) x3 + Cx2 + (A + D) x + (C − D) 121


y ahora reemplazamos para obtener la igualdad deseada) a11 a12 b11 b12 ii) Sean , ∈ M2×2 (R) matrices arbitrarias, se tiene a21 a22 b21 b22 T

a11 a12 a21 a22

+

b11 b12 b21 b22

a11 + b11 a12 + b12 = T a21 + b21 a22 + b22 A B = T C D

donde A = a11 +b11 , B = a12 +b12 , C = a21 +b21 , D = a22 +b22 , aplicando la definición de T se sigue A B T = (A + B) x3 + Cx2 + (A + D) x + (C − D) C D = ((a11 + b11 ) + (a12 + b12 )) x3 + (a21 + b21 ) x2 + ((a11 + b11 ) + (a22 + b22 )) x + ((a21 + b21 ) − (a22 + b22 )) = ((a11 + a12 ) + (b11 + b12 )) x3 + (a21 + b21 ) x2 + ((a11 + a22 ) + (b11 + b22 )) x + ((a21 − a22 ) + (b21 − b22 )) = (a11 + a12 ) x3 + a21 x2 + (a11 + a22 ) x + (a21 − a22 ) + (b11 + b12 ) x3 + b21 x2 + (b11 + b22 ) x + (b21 − b22 ) a11 a12 b11 b12 = T +T a21 a22 b21 b22 de esto concluimos

a11 a12 a21 a22

a11 a12 a21 a22

T = T

b11 b12 + b21 b22 b11 b12 +T b21 b22

de i) y ii) T es una transformación lineal. Vamos a buscar el ker (T ) ker (T ) = {v ∈ V a = c a = c a = c

: T (v) = θW } b a b ∈ M2×2 (R) : T = 0 (el polinomio 0) d c d b 3 2 ∈ M2×2 (R) : (a + b) x + cx + (a + d) x + (c − d) = 0 d b ∈ M2×2 (R) : (a + b) = 0 ∧ c = 0 ∧ (a + d) = 0 ∧ (c − d) = 0 d 122


de esta forma buscamos todas la matrices

a b c d

tales que

a+b = 0 c = 0 a+d = 0 c−d = 0 o matricialmente

    

1 0 1 0

1 0 0 0

0 0 1 0 0 1 1 −1

resolvemos el sistema escalonando  1 1 0 0   0 0 1 0   1 0 0 1 0 0 1 −1

0 0 0 0

    





    ∼  

a b c d





    =  

0 0 0 0

    

1 1 0 0 0 −1 0 1 0 0 1 0 0 0 0 −1

0 0 0 0

    

de esto se obtiene a = b = c = d = 0 es decir 0 0 ker (T ) = 0 0 (se concluye que la transformación es inyectiva) Por el teorema de las dimensiones se tiene lo siguiente Dim (ker (T )) + Dim (Im (T )) = Dim (M2×2 (R)) = 4 pero Dim (ker (T )) = 0 as´ı Dim (Im (T )) = 4 como Dim (T ) < R3 [x] y R3 [x] tiene dimensión 4, se sigue Im (T ) = R3 [x]. Otra forma para determinar la imagen es utilizar el resultado que la imágenes de una base generan la imagen de la transformación, luego 1 0 0 1 0 0 0 0 Im (T ) = T ,T ,T ,T 0 0 0 0 1 0 0 1 pero notemos que 1 0 T = (1 + 0) x3 + 0x2 + (1 + 0) x + (0 − 0) 0 0 = x3 + x 123


T

0 1 0 0

= (0 + 1) x3 + 0x2 + (0 + 0) x + (0 − 0) = x3

T

0 0 1 0

= (0 + 0) x3 + 1x2 + (0 + 0) x + (1 − 0) = x2 + 1

T

0 0 0 1

= (0 + 0) x3 + 0x2 + (0 + 1) x + (0 − 1) = x−1

as´ı Im (T ) =

x3 + x, x3 , x2 + 1, x − 1

y mostrar que {x3 + x, x3 , x2 + 1, x − 1} es un conjunto L.I. luego Im (T ) tiene dimensión 4 y por tanto tiene que ser R3 [x]. 9. Encontrar por lo menos una transformación lineal T : M2×2 (R) → R3 tal que a b ker (T ) = ∈ M2×2 (R) : a + d + c = 0 c d Soluci´ on. Notemos que a b ker (T ) = ∈ M2×2 (R) : a + d + c = 0 c d a b = ∈ M2×2 (R) : a = −c − d c d −c − d b = ∈ M2×2 (R) : b, c, d ∈ R c d −1 0 0 1 −1 0 = c +b +d ∈ M2×2 (R) : b, c, d ∈ R 1 0 0 0 0 1 −1 0 0 1 −1 0 , , 1 0 0 0 0 1 luego ker (T ) tiene dimensión 3 (no puede ser base de M2×2 (R) que tiene dimensión 4), sabemos que para conocer completamente una T.L. necesitamos conocerla sobre una base, buscamos alg´ un elemento L.I. con las tres matrices que forman el kernel, para ello, −1 0 0 1 −1 0 a b 0 0 α +β +γ +δ = 1 0 0 0 0 1 c d 0 0 124


debe tener por u ńica solución α = β = γ = δ = 0. Esto se traduce a −α − γ + aδ = 0 β + bδ = 0 α + δc = 0 γ + δd = 0 matricialmente la ampliada  −1 0 −1   0 1 0   1 0 0 0 0 1

a b c d

0 0 0 0





    ∼  

−1 0 0 0

0 −1 a 1 0 b 0 −1 a+c 0 0 a+c+d

0 0 0 0

    

la solución es u ´ nica si y solo si a + c + d = 6 0, de esta forma, podemos considerar la matriz 1 1 1 1 pues 1 + 1 + 1 = 3 6= 0. Ahora para definir −1 0 T 1 0 0 1 T 0 0 −1 0 T 0 1 1 1 T 1 1

la transformación (por ejemplo) = (0, 0, 0) = (0, 0, 0) = (0, 0, 0) = (1, 1, 1)

−1 0 1 0

0 1 −1 0 , , 0 0 0 1

esto determina completamente quien es T (notar que 1 1 son elementos del kernel pero no lo es). La T en forma expl´ıcita se determina 1 1 de la siguiente manera, Como −1 0 0 1 −1 0 1 1 B= , , , 1 0 0 0 0 1 1 1 x y es base, dado una matriz arbitraria, deben existir escalares α, β, γ, δ tales z w que x y −1 0 0 1 −1 0 1 1 =α +β +γ +δ z w 1 0 0 0 0 1 1 1 125


para buscar tales  −1   0   1 0

escalares resolvemos el sistema   0 −1 1 x 1 0 0   1 0 1 y   0 1 0 ∼ 0 0 1 z   0 0 1 0 0 0 0 1 1 w

2 z − 13 x − 13 w 0 3 0 y − 31 x − 13 w − 13 z 2 0 w − 13 x − 13 z 3 1 1 w + 31 x + 31 z 3

    

de donde se tiene 1 1 2 z− x− w 3 3 3 1 1 1 β = y− x− w− z 3 3 3 2 1 1 γ = w− x− z 3 3 3 1 1 1 δ = w+ x+ z 3 3 3

α =

as´ı

x y z w

2 1 1 −1 0 z− x− w = 1 0 3 3 3 1 1 1 0 1 + y− x− w− z 0 0 3 3 3 2 1 1 −1 0 + w− x− z 0 1 3 3 3 1 1 1 1 1 + w+ x+ z 1 1 3 3 3

luego

x y z w

T

M2×2 (R) → R3 1 1 1 1 1 1 1 1 1 x y → T = w + x + z, w + x + z , w + x + z z w 3 3 3 3 3 3 3 3 3

T

2 1 1 = z − x − w (0, 0, 0) 3 3 3 1 1 1 + y − x − w − z (0, 0, 0) 3 3 3 2 1 1 + w − x − z (0, 0, 0) 3 3 3 1 1 1 + w + x + z (1, 1, 1) 3 3 3 1 1 1 1 1 1 1 1 1 = w + x + z, w + x + z , w + x + z 3 3 3 3 3 3 3 3 3

as´ı

x y z w

:

126


10. Sea B la base canónica de R2 y considere las transformaciones T : R2 → R2 y S : R2 → R2 definidas por T (a, b) = (2a + 3b, 4a − 7b) y S (a, b) = (3a − 2b, a − b) calcular [T ]B , [S]B y [T ◦ S]B comprobar que [T ]B · [S]B = [T ◦ S]B Soluci´ on. Al ser la matriz con respecto a la base canónica se tiene 2 3 3 −2 [T ]B = y [S]B = 4 −7 1 −1 as´ı [T ]B · [S]B =

2 3 4 −7

3 −2 1 −1

=

9 −7 5 −1

por otro lado T ◦ S (a, b) = T (3a − 2b, a − b) = (2 (3a − 2b) + 3 (a − b) , 4 (3a − 2b) − 7 (a − b)) = 9a − 7b 5a − b as´ı [T ◦ S]B =

9 −7 5 −1

11. Sea T : R4 → R4 una transformación lineal tal que T (1, 1, 0, 0) = (0, 1, 0, −1) T (1, 0, 1, 0) = (1, 1, 1, 0) si además se tiene que T ◦ T = IR4 determinar la matriz asociada a T respecto a la base canónica C de R4 . ¿Es T un isomorfismo? Justifique. Soluci´ on. Por la propiedad T ◦ T = IR4 se sigue T (T (1, 1, 0, 0)) = T (0, 1, 0, −1) = (1, 1, 0, 0) T (T (1, 0, 1, 0)) = T (1, 1, 1, 0) = (1, 0, 1, 0) 127


as´ı T (1, 1, 0, 0) = (0, 1, 0, −1) T (1, 0, 1, 0) = (1, 1, 1, 0) T (0, 1, 0, −1) = (1, 1, 0, 0) T (1, 1, 1, 0) = (1, 0, 1, 0) queremos determinar la matriz asociada a la base canónica T (1, 1, 1, 0) − T (1, 1, 0, 0) = T (0, 0, 1, 0) = (1, 0, 1, 0) − (0, 1, 0, −1) = (1, −1, 1, 1) T (0, 0, 1, 0) = (1, −1, 1, 1) T (1, 0, 0, 0) = T (1, 0, 1, 0) − T (0, 0, 1, 0) = (1, 1, 1, 0) − (1, −1, 1, 1) = (0, 2, 0, −1) T (0, 1, 0, 0) = T (1, 1, 0, 0) − T (1, 0, 0, 0) = (0, 1, 0, −1) − (0, 2, 0, −1) = (0, −1, 0, 0) T (0, 0, 0, 1) = T (0, 1, 0, 0) − T (0, 1, 0, −1) = (0, −1, 0, 0) − (1, 1, 0, 0) = (−1, −2, 0, 0) as´ı

 [T ]CC

  = 

 0 0 1 −1  2 −1 −1 −2   0 0 1 0  −1 0 1 0

es fácil ver que es isomorfismo, pues T ◦T

= I ⇒ [T ◦ T ]CC = I4 ⇒ [T ]CC [T ]CC = I4

as´ı [T ]CC es invertible y luego T es invertible. Otra forma 0 0 1 −1 2 −1 −1 −2 =1 0 0 1 0 −1 0 1 0 128


y luego T es invertible. Otra forma es utilizar la matriz de cambio de base  1 1 0 1   1 0 1 1 [I]CB =   0 1 0 1 0 0 −1 0 as´ı  [I]BC

  = 

1 1 0 0

1 0 0 1 1 0 0 −1

1 1 1 0

−1    

   = 

    

 1 0 −1 0  1 −1 0 −1   0 0 0 −1  −1 1 1 1

luego [T ]CC = [T ]CB [I]BC   0 1 1 1    1 1 1 0  =    0 1 0 1  −1 0 0 0  0 0 1 −1   2 −1 −1 −2 =  0 1 0  0 −1 0 1 0

 1 0 −1 0  1 −1 0 −1   0 0 0 −1  −1 1 1 1     

12. Sea T : M2×2 (R) → R3 la función definida por: a b T = a + b + d, b − c, −a + c + d c d a) Demuestre que T es una transformación lineal. b) Calcule el n´ ucleo y la imagen de T .

129


a b c d

,

x y z w

∈ M2 (R) y α ∈ R, entonces: ! a b x y αa + x αb + y T α + =T c d z w αc + z αd + w = (αa + x) + (αb + y) + (αd + w),

a) Sean

, (αb + y) − (αc + z), , −(αa + x) + (αc + z) + (αd + w)

= α(a + b + d) + (x + y + z), , α(b − c) + (y − z), , α(−a + c + d) + (−x + z + w) = α a + b + d, b − c, −a + c + d + + x + y + w, y − z, −x + z + w a b x y = αT +T c d z w Se concluye, por tanto, que T es una transformación lineal. b) Sabemos, por definición, que el n´ ucleo de T es el conjunto: n o a b a b ker T = c d ∈ M2 (R) : T c d = (0, 0, 0) Pero, T si:

a b c d

= a + b + d, b − c, −a + c + d . Entonces, ( ac db ∈ ker T , si y solo a + b + d, b − c, −a + c + d ( a+b+d = S: b−c = −a + c + d =

= (0, 0, 0) 0 0 0

As´ı, mediante escalonamiento de la matriz asociada AS , se tiene: 

     1 1 0 1 1 0 1 1 1 0 0 0 AS =  0 1 −1 0 −→ 0 1 −1 0 −→ 0 1 0 1 = EAS −1 0 1 1 0 0 2 2 0 0 1 1

130


de donde obtenemos que a = 0, b = −d y c = −d. Por lo tanto: n o a b a b ker T = c d : T c d = (0, 0, 0) n o a b : a = 0 d ∧ b = −d ∧ c = −d, d ∈ R = c d o n 0 −d : d ∈ R = −d d =

0 −1 −1 1

Finalmente, como dim M2 (R) = 4 y la nulidad de T es 1 tenemos, por el Teorema de la Dimensión, que el rango de T es 3. Por tanto, Im T = R3 . 13. Sean C1 y C2 las bases canónicas de R3 y R4 respectivamente (orden usual), T : R3 → R4 , S : R4 → R4 y L : R4 → R3 transformaciones lineales tales que       1 −1 0 1 −1 0 1 1 −1 0 1     0  1 0 1   −1 1  1 C C [T ]CC21 =  1 0 1   , [S]C22 =   y [L]C12 =  0 2 −1   2  −1 1 1 1  −1 0 1 −1 0 2 −1 −1 −1 0 1 a) Determine expl´ıcitamente L ◦ S ◦ T : R3 → R3 Notemos que [L ◦ S ◦ T ]CC11 = [L]CC12 [S]CC22 [T ]CC21  1 −1 0 1   =  0 1 0 1   −1 0 1 −1 



1 −1 0 1 1 1 0 1 −1 1 1 1 −1 −1 0 1

    

1 −1 0 −1 1 0 2 2 −1 0 2 −1

 2 0 −1 =  0 4 −2  −2 4 0 

se sigue que     2 0 −1 x 2x − z =  0 4 −2   y  =  4y − 2z  −2 4 0 z 4y − 2x 

[(L ◦ S ◦ T ) (x, y, z)]C1 as´ı

(L ◦ S ◦ T ) (x, y, z) = (2x − z, 4y − 2z, 4y − 2x) 131

    


b) ¿Es S una transformación biyectiva? Como

    

1 −1 0 1 1 1 0 1 −1 1 1 1 −1 −1 0 1

    = 4 

se sigue que la transformación es biyectiva. c) Determine ker (T ) e Im(T ). Hay varias formas de hacer esto, pero como las bases son las canónicas     1 0 0 1 −1 0     0   0 1 0   −1 1  ∼  2 −1   0 0 1   2 0 2 −1 0 0 0 as´ı ker (T ) = {(0, 0, 0)} e   *    Im (T ) =      

1 −1 2 0

T       ,  

−1 1 2 2

T       ,  

0 0 −1 −1

T    +         

es de dimensión 3. 14. Sean u = (1, 0, 1), v = (1, 0, −1) y w = u × v vectores en R3 y C la base canónica de R3 : a) Si T : R3 → R3 es una transformación lineal definida por T (u) = w, T (v) = v y T (w) = u, determine [T ]CC y [T ◦ T ]CC Notemos que w= u × v = (1, 0, 1) × (1, 0, −1) = (0, 2, 0) se sigue T (1, 0, 1) = (0, 2, 0) T (1, 0, −1) = (1, 0, −1) T (0, 2, 0) = (1, 0, 1)

132


notamos que 1 1 0 0 0 2 =4 1 −1 0 luego B = {u, v, w} es base de R3 además  0 1 1 [T ]CB =  2 0 0  0 −1 1 

por otro lado 

 1 1 0 [I]CB =  0 0 2  1 −1 0 y −1  1 1  1 1 0 0 2 2 = [I]BC =  0 0 2  =  21 0 − 12  1 −1 0 0 21 0 

[I]CB

−1

se sigue [T ]CC = [T ]CB [I]BC   1  0 1 1 0 21 2 =  2 0 0   12 0 − 21  0 −1 1 0 12 0   1 1 − 21 2 2 =  1 0 1  − 12 12 21 y [T ◦ T ]CC = [T ]CC [T ]CC  1 1 2

2 − 21 0 1  2

=  1 − 12 12 21   1 0 0 =  0 1 0  0 0 1

b) Determine expl´ıcitamente T −1 o argumente que no esta definida.

133


Note que [T ]CC tiene inversa luego la transformación tiene inversa o bien T (B) = B se sigue que es sobre y por teorema de las dimensiones es biyectiva, además  1 1  − 12 2 2 −1 C T C= 1 0 1  − 12 21 12 y as´ı  1 1   − 12 x 2 2 −1    T (x, y, z) C = 1 0 1 y  1 1 1 −2 2 2 z   1 1 1 x + 2y − 2z 2   = x+z 1 1 1 y − 2x + 2z 2 esto es T

−1

(x, y, z) =

1 1 1 1 1 1 x + y − z, x + z, y − x + z 2 2 2 2 2 2

c) Si B = {u, v, w} determine [T ]BB Desarrollo: 

 0 0 1 [T ]BB =  0 1 0  1 0 0 d ) Encontrar una matriz A tal que A−1 [T ]BB A = [T ]CC Desarrollo: Podemos usar A = [I]BC la matriz de cambio de base: −1 [I]BC [T ]BB [I]BC = [T ]CC esto es 

−1   1   1 1  0 12 0 0 1 0 21 − 12 2 2 2  0 − 12   0 1 0   12 0 − 12  =  1 0 1  0 12 0 1 0 0 0 12 0 − 12 21 12 1 2 1 2

Ejercicios de la secci´ on 1. Determine si las siguientes funciones son transformaciones lineales: a) T : R2 → R, T (x, y) = |x + y| b) T : R3 → R2 ,

T (x, y, z) = (2x + y, z − y) 134


c) T : R → R3 , d ) T : R3 → R3 ,

T (x) = (x, 2x, x2 ) T (x, y, z) = (cos x, sin y, z)

2. ¿Existe un transformación lineal de R2 en R2 que transforma los vectores (1, 4) y (−3, 2) en los vectores (2, 1) y (4, 2), respectivamente? En caso afirmativo determine la imagen del vector (−2, a), con a ∈ R. 3. Sea U un espacio vectorial tal que dim U = n < ∞. Suponga que u1 , u2 , . . . , un es una base ordenada de U . Suponga que T : U → U es tal que: T (ui ) = ui ,

∀i = 1, 2, . . . , n

(2.3)

Entonces: a) Demuestre que existen funciones T : U → U definidas por la condición (2.3) que son transformaciones lineales. b) Verifique que si T es una transformación lineal que satisface la condición (2.3), entonces T = IU , donde IU es la función identidad de U en U . 4. Sea T : R3 → R2 la transformación lineal definida por: T (x, y, z) = (x + y − 2z, x + y) Calcule ker T e ImT . 5. Sea S ∈ L (R3 , M2 (R)) definida por: S (x, y, z) =

x − 3y y − 2z x z

a) Calcule condiciones sobre a ∈ R de modo que: 3e1 + ae2 − e3 ∈ kerT donde ei es el i–ésimo vector de la base canónica de R3 . b) Calcule ImT 6. Sea T : R2 [x] → M2 (R) una función definida por:

T p (x) =

p00 (0) p (−1)

R1 0

p (x) dx 0

a) Demuestre que T es una transformación lineal. 135

!


b) Hallar una base para el kernel de T . c) Hallar ImT y su dimensión. 7. Sea T ∈ L (U, V ) tal que ker T = {0}. Suponga que B es un conjunto linealmente independiente en U . Demuestre que: T (B) = {T (u) : u ∈ B} es linealmente independiente en V . 8. Sea T ∈ L (U, U ). Entonces, las siguientes proposiciones son equivalentes: (i) ker T ∩ ImT = {0}. (ii) Si T 2 (u) = 0, entonces T (u) = 0. 9. Sea T : R3 → R3 la transformación lineal definida por: T (x, y, z) = (3x, x − y, 2x + y + z) ¿Es T invertible? En caso afirmativo, hallar una fórmula para T −1 . 10. Sean U y V espacios vectoriales sobre el mismo cuerpo K, tales que dim U = dim V = n < ∞. Sea, además, T ∈ L (U, V ) tal que: T u = 0 =⇒ u = 0 Entonces, existe una base u1 , u2 , . . . , un de U tal que T u1 , T u2 , . . . , T un es una base de V . 11. Sea B = (1, 2, 1) ; (2, 1, 1) , (1, 1, 2) una base de R3 y T : R3 → R3 una transformación lineal tal que:   −3 −3 −5 [T ]BB =  1 1 1  2 2 4 a) Determinar una base del ker T . b) Determinar una base del ker T 2 . c) Determinar una base de ImT . 12. Sea T : R3 → R3 tal que: 

 1 2 0  1 1 1  [T ]D B = 3 −1 1 donde B = {(1, 1, 2) ; (0, 1, 1) ; (−1, 0, 0)} y D = {(1, 1, 1) ; (0, 1, 1) ; (0, 0, 1)} son bases de R3 . Entonces: 136


a) Encuentre T (1, 3, 1), sin calcular T (x, y, z). b) Determine T −1 (x, y, z), si acaso existe. c) Hallar [T ]F E , sin calcular T (x, y, z), si E = {(0, 1, 2) ; (1, 1, 1) ; (0, 1, 0)} y F = {(1, 1, 0) ; (1, −1, 1) ; (1, 0, 0)} son, también, bases de R3 . 13. Sean T : R3 [x] → R3 [x] una función definida por: T p (x) = p0 (x) − x · p00 (x) y B1 = {1 − x2 , 1 + x2 , 1 − x3 , 2 + x}, B2 = {1, x2 + x3 , x3 − x2 , 1 − 2x} dos bases ordenadas de R3 [x]. Entonces: a) Pruebe que existe T es una transformación lineal. b) Hallar ker T y una base para ImT . ¿Es T invertible? c) Calcule [T ]BB21 . 14. Diremos que un espacio vectorial V es suma directa de los subespacios W1 y W2 , lo cual anotaremos, V = W1 ⊕ W2 , si W1 ∩ W2 = {0}, y para cada v ∈ V , existen w1 ∈ W1 y w2 ∈ W2 tales que v = w1 + w2 . Sean V un espacio vectorial de dimensión finita y T : V → V una transformación lineal. Pruebe que: V = ker T ⊕ ImT ⇐⇒ ker T 2 = ker T 15. Sean U y V espacios vectoriales sobre el mismo cuerpo K y sea S un isomorfismo de U en V . Demuestre que: T 7→ S T S −1 es un isomorfismo de L (U, U ) en L (V, V ). 16. Hallar expl´ıcitamente, esto es, calculando T (ax3 + bx2 + cx + d), una transformación lineal T : R3 [x] → R3 tal que: ImT = (x, y, z) ∈ R3 : x + 2y − z = 0 y cuya nulidad sea 2. 17. Sean: B = {(1, −2, 1) , (0, 1, −2) , (1, 1, 1)} y: D=

1 2 −2 1

0 0 1 −2 2 1 , , , 1 −1 3 −3 2 1

137


bases ordenadas de R3 y M2 (R), respectivamente. Considere T : R3 → M2 (R) definida por: x + 2y x − y + 3z T (x, y, z) = 0 x+y+z a) Hallar [T ]D B. b) Determine condiciones sobre a ∈ R para que (x, y, z) ∈ ker T , sabiendo que:  −1 [(x, y, z)]B =  a  2 

c) Hallar ImT , usando [T ]D B. 18. Sean T : M2 (R) → M2 (R) una transformación lineal y: B=

1 1 1 0 1 1 , , , 0 1 1 1 2 2

1 0 0 1

una base ordenada de M2 (R) tal que:  [T ]BB

  = 

1 1 1 1

0 2 1 1

1 3 2 2

0 0 0 1

    

Determinar una base D de M2 (R) de modo que [T ]D D sea una matriz diagonal. (Ayuda: El polinomio caracter´ıstico de T es fT (λ) = λ (λ − 4) (λ − 1)2 ) 19. Sean: B = 1 + x − x2 , 2x − x2 , 1 + x2 y: D = {(1, 2, 1) , (1, 3, 2) , (2, 1, 3)} bases ordenadas de R2 [x] y R3 , respectivamente. Consideremos T : R2 [x] → R3 tal que:   5 2 −2  −3 −1 1  [T ]D B = 1 4 −3 a) Demuestre que T es un isomorfismo. b) Calcule ker T −1 e ImT −1 . 138


c) Hallar expl´ıcitamente T −1 . 20. Sean B = {1 + x, 1 − x2 , 1} y D = {1, 1 + x, 1 + x + x2 } bases ordenadas de R2 [x] . Considere T : R2 [x] → R2 [x] una transformación lineal tal que:   1 0 1  0 1 1  [T ]D B = 1 1 2 a) Hallar condiciones sobre a ∈ R para que: 1 − (a + 1) x − 2x2 ∈ ker T b) Hallar condiciones sobre b ∈ R para que: 1 − 2x + (a − 1) x2 ∈ ker T −1 21. Sea: W = (x, y, z) ∈ R3 : 2x − 3y + 5z = 0 un subespacio de R3 tal que B es una base W . Considere D = {(1, 1) , (2, 1)} una base de R2 . Sea T ∈ L (W, R2 ) definida por T (x, y, z) = (x + y − z, 3x − y + 2z) tal que: 1 2 D [T ]B = −3 −1 Determine la base B. 22. Considere el plano en R3 dado por: W = (x, y, z) ∈ R3 : ax + by + cz = 0 con a, b, c ∈ R. Para cualquier u ∈ R3 , denotaremos por PW (u) al punto del plano W que se encuentra a menor distancia de u. Tal función PW (u) se llama la proyección ortogonal de u sobre W . Entonces: a) Dado u ∈ R3 , hallar una expresión para PW (u). b) Demuestre que la función PW (u) : R3 → R3 definida por: u 7→ PW (w) es una transformación lineal. c) Calcule [PW ]CC , donde C es la base canónica de R3 , y verifique que: T 2 = [PW ]CC [PW ]CC = [PW ]CC ∧ [PW ]CC 139


23. Considere el subespacio vectorial W < R2 [x] definido por:

W = 1 − x2 , x + 2x2 Demuestre que existe una transformación lineal T : R2 [x] → R2 [x] diagonalizable tal que −1 y 1 sean sus valores propios, y que el espacio propio asociado a −1 sea W .

Ecuaciones diferenciales lineales Definiciones Definici´ on 2.2.1. Sean I ⊆ R un intervalo, A0 , A1 , . . . , An y R funciones continuas sobre I tales que A (x) 6= 0, para cada x ∈ I. Una ecuación diferencial de la forma: An (x) y (n) + An−1 (x) y (n−1) + An−2 (x) y (n−2) + · · · + A1 (x) y 0 + A0 (x) y = R (x) (2.4) se denomina ecuaci´ on diferencial lineal de orden n. Las funciones A0 , A1 , . . . , An son llamados coeficientes de la ecuación diferencial. Si R ≡ 0, la ecuación lineal se denomina ecuaci´ on homog´ enea. Observaci´ on 2.2.1. En general, los puntos en los cuales An (x) = 0 se conocen como puntos singulares y su estudio no será considerado en este curso. Observaci´ on 2.2.2. La ecuación (2.4) puede escribirse como: y (n) + pn−1 (x) y (n−1) + pn−2 (x) y (n−2) + · · · + p1 (x) y 0 + p0 (x) y = Q (x)

(2.5)

al dividir la ecuación (2.4) por An (x), de esta forma pi (x) =

Ai (x) para i = 0, . . . , n − 1 An (x)

y R (x) An (x) esta forma de la ecuación es llamada forma normal. Q (x) =

Ejemplo 2.2.1. Son ecuaciones diferenciales lineales las siguientes ecuaciones: 1. y (4) + 3xy 00 − 2 (cos x) y 0 + y = e2x cos 3x 2. y 00 + y = 0 3. Las ecuaciones de Euler, definidas como: (ax + b)n y (n) + A1 (ax + b)n−1 y (n−1) + · · · + An−1 (ax + b) y 0 + An y = Q (x) con ax + b > 0. 140


4. las ecuaciones de Legendre, definidas como: 1 − x2 y 00 − 2xy 0 + α (α + 1) y = 0 con α ∈ R. Ejemplo 2.2.2. Considere la ecuación diferencial: y 00 − 2y 0 + 2y = 0 1. Verifique que las funciones u1 (x) = ex cos x y u2 (x) = ex sin x son soluciones de la ecuación diferencial. 2. Sean C1 , C2 ∈ R. Verifique que y (x) = C1 u1 (x) + C2 u2 (x) es solución de la ecuación diferencial. 3. Hallar una solución y que satisfaga las condiciones iniciales y (0) = 1 e y 0 (0) = 4. Soluci´ on. Por partes: 1. Notemos que d x (e cos x) = ex cos x − ex sin x dx d x u001 (x) = (e cos x − ex sin x) = −2ex sin x dx u01 (x) =

se sigue u001 − 2u01 + 2u1 = (−2ex sin x) − 2 (ex cos x − ex sin x) + 2 (ex cos x) = 0 de manera similar d x (e sin x) = ex (cos x + sin x) dx d x u002 (x) = (e (cos x + sin x)) = 2 (cos x) ex dx u02 (x) =

luego u002 − 2u02 + 2u2 = (2 (cos x) ex ) − 2 (ex (cos x + sin x)) + 2 (ex sin x) = 0

141


2. Notar que y 0 (x) = C1 u01 (x) + C2 u02 (x) y 00 (x) = C1 u001 (x) + C2 u002 (x) luego y 00 − 2y 0 + 2y = (C1 u001 (x) + C2 u002 (x)) − 2 (C1 u01 (x) + C2 u02 (x)) + 2 (C1 u1 (x) + C2 u2 (x)) = (C1 u001 (x) − 2C1 u01 (x) + 2C1 u1 (x)) + (C2 u002 (x) − 2C2 u02 (x) + 2C2 u2 (x)) = C1 (u001 (x) − 2u01 (x) + 2u1 (x)) + C2 (u002 (x) − 2u02 (x) + 2u2 (x)) = C1 0 + C2 0 = 0 3. Sabemos que y (x) = C1 ex cos x + C2 ex sin x es solución de la ecuación, para cumplir las condiciones y (0) = 1 e y 0 (0) = 4 las constantes las debemos escoger en forma adecuada 1 = y (0) = C1 4 = y 0 (0) = C1 + C2 as´ı 1 = C1 4 = C1 + C2 que tiene solución C1 = 1, C2 = 3. As´ı y (x) = ex cos x + 3ex sin x Observaci´ on 2.2.3. Con el objeto de simplificar el estudio de las ecuaciones diferenciales lineales y el de aprovechar la terminolog´ıa de las transformaciones lineales es que consideraremos la noción de operador diferencial asociado a una ecuación diferencial lineal de orden n. Para ello recordemos que C n (I) denota el espacio vectorial de todas las funciones de clase C n definidas sobre I, esto es el conjunto de todas las funciones f : I → R que son n veces derivables con f (n) continua sobre I. Definici´ on 2.2.2. Sean p0 , p1 , . . . , pn−1 funciones continuas sobre un intervalo I ⊆ R. Llamaremos operador diferencial asociado a la ecuación (2.5) a la función L : C n (I) → C (I) definida por: L (f ) = f (n) + pn−1 f (n−1) + · · · + p0 f (2.6)

142


Observaci´ on 2.2.4. El operador diferencial dado por la ecuación (2.6) puede escribirse como: L = Dn + pn−1 Dn−1 + · · · + p0 Id en donde Dk representa la derivada de orden k y Id representa la transformación lineal identidad. Teorema 2.2.1. Sea I ⊆ R un intervalo cualquiera. El operador diferencial L : C n (I) → C (I) es una transformación lineal. Observaci´ on 2.2.5. Con la introducción del operador diferencial L toda ecuación lineal: y (n) + pn−1 (x) y (n−1) + · · · + p0 (x) y = Q (x) puede escribirse como: L (y) = Q

(2.7)

As´ı, la ecuación: L (y) = 0 se llamará ecuación homogénea asociada a la ecuación (2.7). Observaci´ on 2.2.6. La ecuación (2.7) tiene un análogo finito dimensional con sistemas de ecuaciones lineales y consecuentemente con la respectiva ecuación matricial asociada. En efecto, sea S un sistema de m ecuaciones lineales con n incógnitas. Luego, existe una matriz A ∈ Mm×n (K) que contiene los coeficientes del sistema, una matriz X ∈ Mm×1 (K) con las incógnitas y además, una matriz B ∈ Mm×1 (K) con las constantes. El producto de matrices permite representar el sistema S como la ecuación matricial siguiente: AX = B Observe que las propiedades del álgebra de matrices nos permiten escribir X como: X = X h + Xp donde Xh representa la solución general del sistema homogéneo AX = 0 y Xp representa una solución particular del sistema que se asume conocida. En efecto: AX = A (Xh + Xp ) = AXh + AXp = 0+B = B Ahora bien, mediante el isomorfismo LK (U, V ) ' Mm×n (K), debe existir una transformación lineal T : U → V tal que: A = [T ]CB 143


para ciertas bases ordenadas B y D, de U y V , respectivamente. Por tanto, el espacio solución de la ecuación matricial es, salvo cambio de coordenadas, el núcleo o espacio nulo de la transformación lineal T . Por esta razón, nos interesará calcular el n´ ucleo o kernel del operador diferencial L. Teorema 2.2.2. Suponga que yh representa la solución de la ecuación homogénea asociada a L (y) = Q y que yp es una soluci´ on particular (esto es, L (yp ) = Q) de la misma ecuación. Entonces, la solución general de: L (y) = Q es de la forma: y = yh + yp En efecto, siguiendo los razonamientos de la observación anterior, tenemos que: L (y) = L (yh + yp ) = L (yh ) + L (yp ) = 0+Q = Q Observaci´ on 2.2.7. Consideremos la ecuación diferencial: y (n) + pn−1 (x) y (n−1) + pn−2 (x) y (n−2) + · · · + p1 (x) y 0 + p0 (x) y = 0 Por lo expuesto anteriormente, el operador lineal asociado L : C n (I) → C (I) definido por: L = Dn + pn−1 Dn−1 + · · · + p1 D + p0 Id permite expresar la ecuación como L (y) = 0. Por tanto, una función y es solución de la ecuación diferencial homogénea si y solo si y ∈ ker L, notamos además que: ker L ≤ C n (I) y el espacio vectorial C n (I) no es de dimensión finita (basta ver que para cada n ≥ 1, el conjunto 1, x, x2 , . . . , xn es linealmente independiente). Una aplicación muy importante del Teorema de Existencia y Unicidad para ecuaciones diferenciales será la de mostrar que el n´ ucleo de un operador diferencial no sólo es de dimensión finita, sino que, además, es de dimensión n, en donde n es el orden de la ecuación diferencial lineal. Es decir, si: L = Dn + pn−1 Dn−1 + · · · + p1 D + p0 Id es un operador diferencial asociado a una ecuación diferencial lineal, entonces: dim ker L = n 144


Teorema de Existencia y Unicidad Observaci´ on 2.3.1. El siguiente teorema juega un rol crucial en establecer que la dimensión del n´ ucleo del operador diferencial L asociado a una ecuación diferencial lineal de orden n del tipo: y (n) + pn−1 (x) y (n−1) + · · · + p0 (x) y = Q (x) es de dimensión finita. En particular, en esta sección se utilizará el Teorema de Existencia y Unicidad para demostrar que no sólo es finita esa dimensión, sino que además es de dimensión coincide con el orden de la ecuación lineal. Introduzcamos primeramente la siguiente definición: Definici´ on 2.3.1. Diremos que la función ϕ : I ⊆ R → R es solución del problema de valores iniciales de orden n: y (n) = f x, y, y 0 , y 00 , . . . , y (n−1) y (x0 ) = y0 , y 0 (x0 ) = y1 , . . . , y (n−1) (x0 ) = yn−1 si ϕ : I ⊆ R → R es solución de la ecuación en su intervalo de definición, x0 ∈ I y: ϕ (x0 ) = y0 , ϕ0 (x0 ) = y1 , . . . , ϕ(n−1) (x0 ) = yn−1 Observaci´ on 2.3.2. Para mayor claridad de los conceptos los teoremas serán expuestos para ecuaciones de orden 2 y notar que la extensión se hace por inducción sobre n. As´ı, los resultados se indicarán para orden 2 u orden n seg´ un convenga. Teorema 2.3.1. Sean I ⊆ R un intervalo abierto y p0 , p1 dos funciones continuas sobre I. Considere el operador diferencial: L (y) = y 00 + p1 y 0 + p0 y Si x0 ∈ I e y0 , y1 son n´ umeros reales cualesquiera, entonces existe una u ńica función f : I → R que es solución de la ecuación diferencial: L (y) = 0 y que satisface las condiciones iniciales: f (x0 ) = y0

∧

f 0 (x0 ) = y1

Teorema 2.3.2. Consideremos el operador diferencial L (y) = y 00 + p1 y 0 + p0 y, con p0 y p1 funciones continuas sobre un intervalo abierto I ⊆ R. Suponga que u1 y u2 son dos funciones no nulas, linealmente independientes sobre I, y que son soluci´ on de la ecuaci´ on diferencial L (y) = 0. Entonces, para todo par de constantes c1 y c2 , la combinaci´ on lineal: c1 u1 + c2 u2 145


es soluci´ on de la ecuación diferencial L (y) = 0 en I. Rec´ıprocamente, si y es una solución de L (y) = 0 en I, entonces existen constantes c1 y c2 tales que: y = c1 u 1 + c2 u 2 Demostración. En primer lugar, note que como L es una transformación lineal, se tiene que: C1 u1 + C2 u2 ∈ ker L luego, C1 u1 + C2 u2 es solución de L (y) = 0. Por otro lado, como u1 y u2 son linealmente independientes en I, bastará verificar que: ker L = hu1 , u2 i En efecto, sean f ∈ ker L y x0 ∈ I. Por el Teorema de Unicidad, es suficiente verificar que existen constantes C1 y C2 tales que: C1 u1 (x0 ) + C2 u2 (x0 ) = f (x0 ) C1 u01 (x0 ) + C2 u02 (x0 ) = f 0 (x0 ) es decir, que las funciones C1 u1 + C2 u2 y f coinciden en las condiciones iniciales. Entonces, para que tales constantes existan, es suficiente a su vez que el determinante: u1 (x0 ) u2 (x0 ) 0 0 u0 (x0 ) u0 (x0 ) = u1 (x0 ) u2 (x0 ) − u2 (x0 ) u1 (x0 ) 1 2 sea no nulo. Consideremos la función W : I ⊆ R → R definida por: u1 (x) u2 (x) = u1 (x) u02 (x) − u2 (x) u01 (x) W (x) = 0 u1 (x) u02 (x) Supongamos que W (x) = 0, para todo x ∈ I, entonces: d u2 u1 (x) u02 (x) − u2 (x) u01 (x) (x) = dx u1 u21 (x) W (x) = u21 (x) = 0 luego, por el Teorema del Valor Medio el cociente u2 /u1 debe ser constante, pues I es un intervalo. Esto contradice la hipótesis de que u1 y u2 son linealmente independientes sobre I. Por tanto, debe existir al menos un x0 ∈ I tal que W (x0 ) 6= 0, y esto u ´ ltimo implica que existen constantes C1 y C2 tales que: f (x) = C1 u1 (x) + C2 u2 (x) en otras palabras, u1 y u2 forman una base para el n´ ucleo del operador L, y as´ı: dim ker L = 2

146


Observaci´ on 2.3.3. As´ı, entonces, el operador L asociado a la ecuación diferencial lineal: y (n) + pn−1 (x) y (n−1) + · · · + p0 (x) y = Q (x) tiene n´ ucleo ker L con dimensión finita dado por el orden de la ecuación diferencial. Es decir: dim ker L = n vemos entonces que para determinar la solución general de una ecuación diferencial lineal homogénea, necesitamos una familia de n funciones linealmente independientes si la ecuación es de orden n. Antes de continuar, veamos algunos ejemplos de funciones linealmente independientes: Ejemplo 2.3.1. Sean r1 , r2 , . . . , rn ∈ R tales que ri = 6 rj , para todo i 6= j. Considere la familia de n funciones definidas por: ui (x) = eri x ,

∀i = 1, 2, . . . , n

con x ∈ U ⊆ R. Note que si n = 2, entonces u1 y u2 son linealmente independientes, pues: u1 (x) = e(r1 −r2 )x u2 (x) no es constante. Supóngase que el resultado es cierto para k funciones exponenciales. Sea: k+1 X

Ci eri x = 0,

∀x ∈ U

(2.8)

i=1

Luego, multiplicando por e−rk+1 x y derivando la ecuación anterior respecto de x, obtenemos: k X

Ci (ri − rk+1 ) e(ri −rk+1 )x = 0

i=1

Los k n´ umeros ri − rk+1 , con 1 ≤ i ≤ k son distintos. Utilizando la hipótesis de inducción, las k exponenciales de la ecuación anterior son linealmente independientes en U . Por tanto, se debe tener que: Ci (ri − rk+1 ) = 0, ∀i = 1, 2, . . . , k pero ri = 6 rk+1 , para cada i ≤ k, se tiene que Ci = 0 para i ≤ k. Utilizando esto u ´ ltimo junto con la ecuación (2.8) se concluye también que Ck+1 = 0. Ejemplo 2.3.2. Sea r ∈ R. Las n funciones: ui (x) = xi−1 erx ,

∀i = 1, 2, . . . , n

son linealmente independientes en todo intervalo I ⊆ R. 147


Observaci´ on 2.3.4. Si el cociente entre dos funciones u y v es idénticamente una constante, entonces u y v son linealmente dependientes. En efecto, suponga que: u ≡ λ, λ constante v entonces u = λv. Es decir, u ∈ hvi, y por tanto, no puede ser linealmente independiente. Ejemplo 2.3.3. Tres polinomios de primer grado cualesquiera son linealmente dependientes en (−∞, +∞). Ejemplo 2.3.4. Cuatro polinomios de segundo grado cualesquiera son linealmente dependientes en (−∞, +∞). Definici´ on 2.3.2. Diremos que las funciones u1 , u2 , . . . , un forman un sistema fundamental de soluciones de la ecuación diferencial L (y) = 0, de orden n, si: 1. L (ui ) = 0, para todo i = 1, 2, . . . , n. 2. u1 , u2 , . . . , un son linealmente independientes (sobre I). Observaci´ on 2.3.5. Note que un sistema fundamental de soluciones u1 , u2 , . . . , un es una base para el n´ ucleo de L. Es decir: ker L = h{u1 , u2 , . . . , un }i ≤ C n (I) Ejemplo 2.3.5. Considere la ecuación y 00 +y = 0. Verifique que las funciones u1 (x) = cos x y u2 (x) = sin x, forman un sistema fundamental de soluciones de la ecuación diferencial. Soluci´ on. Las funciones sin x y cos x son linealmente independientes y son soluciones de la ecuación y 00 + y = 0, se sigue que ker (D2 + 1) = h{sin x, cos x}i.

El wronskiano Observaci´ on 2.4.1. En el teorema anterior, se demostró que el operador diferencial L, asociado a la ecuación diferencial lineal homogénea de orden 2 siguiente: y 00 + p1 (x) y 0 + p0 (x) y = 0 tiene n´ ucleo: ker L = h{u1 , u2 }i en el cual el determinante:

u1 (x0 ) u2 (x0 ) u0 (x0 ) u0 (x0 ) 1 2

juega un papel importante en relación con la independencia lineal de las funciones, tenemos la siguiente definición: 148


Definici´ on 2.4.1. Llamaremos wronskiano de las funciones u1 (x) , u2 (x) , . . . , un (x) a: u1 (x) u2 (x) ··· un (x) u0 (x) ··· u0n (x) u02 (x) 1 W (x) = .. .. .. .. . . . . (n−1) (n−1) (n−1) u (x) u (x) · · · u (x) n 1 2 n×n Se anota también W [u1 , u2 , . . . , un ] (x). Ejemplo 2.4.1. Calcule el wronskiano de u1 (x) = cos x y u2 (x) = sin x. cos x sin x = cos2 x + sin2 x = 1 Soluci´ on. W (x) = − sin x cos x Teorema 2.4.1. Sean u1 (x) y u2 (x) dos soluciones de la ecuación diferencial: y 00 + p1 (x) y 0 + p0 (x) y = 0

(2.9)

Entonces, el wronskiano: u (x) u2 (x) W (x) = 10 u1 (x) u02 (x)

satisface la ecuación diferencial: W 0 + p1 (x) W = 0 Demostración. Note que: 0

W 0 = (u1 u02 − u01 u2 )

= u01 u02 + u1 u002 − u001 u2 − u01 u02 = u1 u002 − u001 u2 luego: W 0 + p1 (x) W = u1 u002 − u001 u2 + p1 (x) {u1 u02 − u01 u2 } = u1 {u002 + p1 (x) u02 } − u2 {u001 + p1 (x) u01 } = u1 {u002 + p1 (x) u02 + p0 (x) u2 } − u2 {u001 + p1 (x) u01 + p0 (x) u1 } = u1 · 0 − u2 · 0 = 0 Por tanto, W 0 + p1 (x) W = 0, como se quer´ıa demostrar.

149


Observaci´ on 2.4.2. En vista del teorema anterior, si u1 (x) y u2 (x) son dos soluciones de la ecuación (2.9), la ecuación diferencial asociada al wronskiano: W 0 + p1 (x) W = 0 es de variable separable, luego: Z

dW =− W

Z p1 (x) dx + C

Por tanto: W (x) = W (x0 ) e−

R

p1 (x)dx

para alg´ un x0 ∈ I. Por tanto se tiene el siguiente teorema: Teorema 2.4.2 (Fórmula de Abel para el wronskiano). Sea W = W (x) el wronskiano asociado a dos soluciones linealmente independientes de la ecuación diferencial de segundo orden: y 00 + p1 (x) y 0 + p0 (x) y = 0 entonces: W (x) = W (x0 ) e−

R

p1 (x)dx

Teorema 2.4.3. Sean u1 , u2 , . . . , un soluciones de la ecuación diferencial: y (n) + pn−1 (x) y (n−1) + · · · + p0 (x) y = 0 donde las funciones p1 , p2 , . . . , pn−1 son continuas en un intervalo I ⊆ R. Entonces, u1 , u2 , . . . , un son linealmente independientes sobre I si y solamente si W [u1 , u2 , . . . , un ] (x) = 6 0 en I. Ejemplo 2.4.2. Sean u1 (x) = x y u2 (x) =

1 x

soluciones de la ecuación diferencial:

1 1 y 00 + y 0 − 2 y = 0 x x definida para x > 0. Hallar la solución general. Soluci´ on. Para hallar la solución general, es suficiente probar que u1 (x) y u2 (x) son linealmente independientes. Por el teorema anterior: 1 x 1 x = −2 6= 0 W x, = 1 − x12 x Por tanto: y (x) = C1 x + C2 150

1 x


Teorema 2.4.4 (Fórmula de Abel para una segunda solución). Sea u1 (x) una solución no trivial de la ecuación diferencial: y 00 + p1 (x) y 0 + p0 (x) y = 0 entonces, una segunda soluci´ on u2 (x), linealmente independiente con u1 (x), est´ a dada por: Z u2 (x) = u1 (x)

R

e− p1 (x)dx dx u21 (x)

Demostración. Como: u (x) u2 (x) W (x) = 10 u1 (x) u02 (x)

= u1 u02 − u01 u2 y: W (x) = C e−

R

p1 (x)dx

obtenemos la ecuación diferencial lineal de primer orden en la variable u2 siguiente: u1 u02 − u01 u2 = C e−

R

p1 (x)dx

Dividiendo la ecuación anterior por u21 , se tiene que: u1 u02 − u01 u2 C − R p1 (x)dx = e u21 u21 Por consiguiente: d dx

u2 u1

=

C − R p1 (x)dx e u21

integrando y eligiendo valores adecuados para las constantes de integración, se obtiene finalmente que: Z − R p1 (x)dx e u2 (x) = u1 (x) dx u21 (x)

Ejemplo 2.4.3. Hallar la solución general de la ecuación de Legendre, con α = 1: 1 − x2 y 00 − 2xy 0 + 2y = 0,

|x| < 1

Soluci´ on. Notamos que u1 (x) = x es una solución particular de la ecuación diferencial. Luego, de: 2x 0 2 y 00 − y + y=0 1 − x2 1 − x2 151


y de la fórmula de Abel, se obtiene que: Z y2 (x) = x

e

R

2x dx 1−x2

dx x2 Z − ln(1−x2 ) e = x dx x2 Z dx = x 2 x (1 − x2 ) Z 1 1 1 = x + dx + x2 2 (1 − x) 2 (1 + x)

mediante un desarrollo en fracciones parciales del pen´ ultimo integrando. Por tanto: 1 + x 1 −1 y2 (x) = x ln 2 1 − x As´ı, la solución general de la ecuación diferencial es: x 1 + x y (x) = C1 x + C2 −1 ln 2 1 − x Ejemplo 2.4.4. Hallar la solución general de la ecuación diferencial: xy 00 − 2 (x + 1) y 0 + (x + 2) y = 0 para x > 0, bajo el supuesto de que la ecuación homogénea tiene una solución de la forma y = emx , con m ∈ R una constante adecuada. Soluci´ on. Por hipótesis, la ecuación diferencial posee una solución de la forma y = emx . As´ı, al reemplazar en: xy 00 − 2 (x + 1) y 0 + (x + 2) y = 0 obtenemos la ecuación: xm2 emx − 2m (x + 1) emx + (x + 2) emx = 0 para todo x > 0. Pero: xm2 − 2m (x + 1) + (x + 2) = xm2 − 2m (x + 1) + (x + 1) + 1 = xm2 + (x + 1) (1 − 2m) + 1 = xm2 + (x + 1) (1 − 2m) + 1 − m2 + m2 = (x + 1) m2 + (x + 1) (1 − 2m) + 1 − m2 = (x + 1) m2 − 2m + 1 + 1 − m2 = (x + 1) (m − 1)2 + 1 − m2 152


entonces: (x + 1) (m − 1)2 + 1 − m2 = 0 para todo x > 0. Por tanto, m = 1. As´ı, y1 (x) = ex es una solución de la ecuación. Para hallar una segunda solución linealmente independiente con y1 (x) = ex , utilizaremos la fórmula de Abel. Primeramente escribimos la ecuación en su forma normal: 1 2 00 0 y −2 1+ y + 1+ y=0 x x entonces, si p1 (x) = −2 1 + x1 , tenemos que: y2 (x) = = = = = =

R

e− p1 (x)dx y1 (x) dx [y1 (x)]2 Z 2 R (1+ 1 )dx x e x e dx e2x Z 2(x+ln x) e x dx e e2x Z 2 2x xe x e dx e2x Z ex x2 dx Z

1 3 x xe 3

por tanto, la solución general de la ecuación diferencial está dada por: y (x) = C1 ex + C2 x3 ex

Ecuaciones diferenciales a coeficientes constantes Definiciones Definici´ on 2.5.1. Una ecuación diferencial lineal a coeficientes constantes es una ecuación de la forma: y (n) + an−1 y (n−1) + an−2 y (n−2) + · · · + a1 y 0 + a0 y = Q (x) en donde a0 , a1 , . . . , an−1 ∈ R y Q es una función continua en R. Las constantes ai ∈ R, i = 0, 1, . . . , n − 1, se llaman coeficientes de la ecuación. Observaci´ on 2.5.1. Comenzamos el estudio de este tipo de ecuaciones con el caso n = 2.

153


La ecuaci´ on de orden 2 Observaci´ on 2.5.2. Consideremos la ecuación diferencial de segundo orden siguiente: y 00 + ay 0 + by = 0

(2.10)

Supongamos que la ecuación (2.10) posee una solución y = y (x) de la forma y (x) = eλx , con λ ∈ R. Note que: y 0 (x) = λeλx ∧ y 00 (x) = λ2 eλx Por tanto, reemplazando lo anterior en la ecuación (2.10) obtenemos: λ2 eλx + aλeλx + beλx = 0 As´ı, en vista de la ecuación anterior, las condiciones sobre λ ∈ R de modo que y (x) = eλx sea solución es que: λ2 + aλ + b = 0 (2.11) Esto es, que λ sea ra´ız de la ecuación de segundo grado anterior. La ecuación (2.11) se llama ecuación caracter´ıstica asociada a la ecuación (2.10). Por tanto, tenemos tres casos dados por ∆ = a2 − 4b, el discriminante de (2.11). En efecto: 1. Si ∆ = a2 − 4b > 0, entonces la ecuación (2.11), tiene dos soluciones reales λ1 y λ2 distintas, dadas por: √ √ −a − a2 − 4b −a + a2 − 4b ∧ λ2 = λ1 = 2 2 las que a su vez definen las funciones: u1 (x) = eλ1 x

∧

u2 (x) = eλ2 x

Luego, como u2 /u1 no es constante, la solución general de la ecuación diferencial lineal homogénea de orden 2 es: y (x) = C1 eλ1 x + C2 eλ2 x Ejemplo 2.5.1. Resuelva la ecuación diferencial: y 00 + y 0 − 2y = 0 Soluci´ on. En este caso la ecuación caracter´ıstica es λ2 + λ − 2 = 0 ⇔ (λ + 2) (λ − 1) = 0 154


luego tenemos dos soluciones u1 (x) = e−2x y u1 (x) = ex de y 00 + y 0 − 2y = 0 las cuales son linealmente independientes pues x e−2x e −2x x −x W e , e = −2x x = 3e −2e e la solución general de la ecuación será entonces y (x) = c1 ex + c2 e−2x 2. Si ∆ = a2 − 4b = 0, entonces la ecuación (2.11) tiene una ra´ız real λ de multiplicidad 2, dada por: a λ=− 2 λx Luego, u1 (x) = e es una solución, pero dim ker L = 2 por tanto, debemos hallar otra solución u2 (x) linealmente independiente con u1 (x), podemos usar la fórmula de Abel para la segunda solución Z − R adx a e u2 (x) = e− 2 x dx e−ax a = xe− 2 x a

se sigue que la segunda solución es u2 (x) = xe− 2 x y as´ı la solución general es y (x) = c1 eλx + c2 xeλx donde λ es la ra´ız repetida de la ecuación caracter´ıstica. Ejemplo 2.5.2. Resuelva la ecuación diferencial: y 00 + 4y 0 + 4y = 0 Soluci´ on. La ecuación caracter´ıstica es λ2 + 4λ + 4 = 0 la cual tiene ra´ız repetida λ = −2 se sigue que la solución general de la ecuación es y (x) = c1 e−2x + c2 xe−2x 3. Si ∆ = a2 − 4b < 0, entonces la ecuación (2.11) no tiene ra´ıces reales. Sin embargo, sea: λ = α + iβ una ra´ız compleja de (2.11). Recordemos el siguiente teorema: 155


Teorema 2.5.1 (Fórmula de Euler). Sea θ ∈ R, entonces: eiθ = cos θ + i sin θ Entonces: eλx = e(α+iβ)x = eαx eiβx = eαx {cos (βx) + i sin (βx)} = eαx cos (βx) + i {eαx sin (βx)} Consideremos ahora: Teorema 2.5.2. Sean L (y) = 0 una ecuación diferencial lineal de orden 2 e y (x) = u (x) + iv (x) una solución compleja de la ecuación tal que u = 6 v. Entonces, u (x) y v (x) son dos soluciones reales y linealmente independientes de L (y) = 0. De: eλx = eαx cos (βx) + i eαx sin (βx) se obtiene que: u1 (x) = eαx cos (βx)

∧

u2 (x) = eαx sin (βx)

son dos soluciones reales y linealmente independientes de la ecuación diferencial lineal: y 00 + ay 0 + by = 0 ¯

Observaci´ on 2.5.3. Debemos notar que eλx y eλx son efectivamente funciones linealmente independientes como C espacio vectorial. Ejemplo 2.5.3. Resuelva la ecuación: y 00 + 2y 0 + 5y = 0 Soluci´ on. La ecuación caracter´ıstica es λ2 + 2λ + 5 = 0 la cual tiene ra´ıces λ = −1 ± 2i se sigue que la solución general es y (x) = c1 e−x cos (2x) + c2 e−x sin (2x) 156


Ahora daremos una segunda mirada a la ecuación de segundo orden, en relación al operador diferencial asociado. En general los operadores diferenciales no conmutan, esto es, si L1 y L2 son dos operadores diferenciales en general no es cierto que L1 L2 = L2 L1 sin embargo, si los operadores diferenciales son con coeficientes constantes, estos se comportan igual que polinomios. Por ejemplo, considere los operadores diferenciales D − 1 y D + 2 entonces (D − 1) (D + 2) y = (D − 1) (y 0 + 2y) = y 00 + 2y 0 − y 0 − 2y = y 00 + y 0 − 2y =

D2 + D − 2 y

por otro lado (D + 2) (D − 1) y = (D + 2) (y 0 − y) = y 00 − y 0 + 2y 0 − 2y = y 00 + y 0 − 2y =

D2 + D − 2 y

se sigue (D − 1) (D + 2) = (D + 2) (D − 1) = D2 + D − 2 note que si (D − 1) y = 0 entonces (D + 2) (D − 1) y = 0 y as´ı y ∈ ker (D2 + D − 2) en otras palabras una solución de la ecuación y0 − y = 0 también es solución de y 00 + y 0 − 2y = 0 de manera similar, si (D + 2) y = 0 entonces (D − 1) (D + 2) y = 0 y as´ı y ∈ ker (D2 + D − 2) en otras palabras una solución de la ecuación y 0 + 2y = 0 también es solución de y 00 + y 0 − 2y = 0 pero la soluciones y 0 − y = 0 son u1 (x) = cex y las soluciones de y 0 + 2y = 0 son u2 (x) = ke−2x (son de primer orden de variables separadas) as´ı podemos obtener las soluciones ex y e−2x de la ecuación y 00 + y 0 − 2y = 0 y como son linealmente independientes, se sigue que la solución general de la ecuación es dada por y (x) = c1 ex + c2 e−2x son estas ideas las que utilizaremos para resolver la ecuación diferencial lineal de orden n. 157


La ecuaci´ on de orden superior Observaci´ on 2.5.4. En general, respecto de la ecuación diferencial: y (n) + an−1 y (n−1) + an−2 y (n−2) + · · · + a1 y 0 + a0 y = Q (x) tenemos: Definici´ on 2.5.2. Sean I ⊆ R un intervalo abierto y L : C (n) (I) → C (I) un operador diferencial de orden n a coeficientes constantes, es decir: L = Dn + an−1 Dn−1 + · · · + a1 D + a0 1

(2.12)

El polinomio caracter´ıstico de la ecuación diferencial L (y) = 0 es el polinomio en R [λ] siguiente: fL (λ) = λn + an−1 λn−1 + · · · a1 λ + a0 Diremos, además, que la ecuaci´ on caracter´ıstica asociada a la ecuación diferencial L (y) = 0 es la ecuación siguiente: fL (λ) = 0 O bien: λn + an−1 λn−1 + · · · a1 λ + a0 = 0 Ejemplo 2.5.4. La ecuación diferencial: y (4) − 3y 00 + y 0 − 3y = 0 tiene polinomio caracter´ıstico: f (λ) = λ4 − 3λ2 + λ − 3 Note que, el operador diferencial asociado es: L = D4 − 3D2 + D − 3 Ejemplo 2.5.5. La ecuación diferencial: y (5) + 2y (4) − 3y 000 − y 00 − 2y 0 + 3y = 0 tiene polinomio caracter´ıstico: f (λ) = λ5 + 2λ4 − 3λ3 − λ2 − 2λ + 3 Note que: D5 + 2D4 − 3D3 − D2 − 2D + 3 = D2 + D + 1 (D − 1)2 (D + 3) 158


Teorema 2.5.3. Sean L y S dos operadores a coeficientes constantes con polinomios caracter´ısticos fL y fS , respectivamente, y sea α ∈ R, entonces: 1. L = S, si y solo si, fL = fS 2. fL+S = fL + fS 3. fLS = fL · fS 4. fαL = αfL Observaci´ on 2.5.5. Del teorema anterior se deduce que toda relación algebraica constitu´ıda por sumas, productos y productos por escalares de polinomios caracter´ısticos son también válidas para los operadores L y S. En particular, se tienen las leyes conmutativas: ∧

L+S =S+L

LS = SL

∧

α (βL) = β (αL)

Note, además, que si L y S son operadores tales que LS = SL, entonces: ker L + ker S ⊆ ker (LS)

(2.13)

Por otro lado, recordemos que en el conjunto R [x] los elementos irreducibles mónicos son los polinomios de la forma x − c y x2 + αx + β, con α2 − 4β < 0. Luego, el Teorema ´ Fundamental del Algebra implica el siguiente resultado: Teorema 2.5.4. Sea p (x) ∈ R [x]. Entonces, p (x) se factoriza como p (x) =

r Y i=1

ni

(x − λi ) ·

s Y

x2 + αj x + βj

mj

(2.14)

j=1

donde λi son las ra´ıces reales de p (x) con multiplicidad ni , para cada i = 1, 2, . . . , r, αj2 − 4βj < 0 y mj es la multiplicidad de la ra´ız compleja asociada, para cada j = 1, 2, . . . , s. Obtenemos lo siguiente para los operadores diferenciales dados por la factorización de la ecuación caracter´ıstica en (2.14):

1. ker (D − λ)m = eλx , xeλx , x2 eλx , . . . , xm−1 eλx 2. ker (D − α)2 + β 2

m

=

eαx cos (βx) , xeαx cos (βx) , . . . , xm−1 eαx cos (βx) ; eαx sin (βx) , , xeαx sin (βx) , . . . , xm−1 eαx sin (βx)

Por tanto, mediante el uso del wronskiano y la ecuación (2.14), la solución general de la ecuación diferencial está dada por las combinaciones lineales (con las constantes indexadas adecuadamente) de los sistemas fundamentales de soluciones de cada factor. 159


Ejemplo 2.5.6. Resuelva la ecuación diferencial: y 000 − y 00 − 8y 0 + 12y = 0 Soluci´ on. Consideremos la ecuación caracter´ıstica: λ3 − λ2 − 8λ + 12 = 0 Como: λ3 − λ2 − 8λ + 12 = (λ + 3) (λ − 2)2 se sigue que ker (D − 2)2 ⊂ ker D3 − D2 − 8D + 12

ker (D + 3) ⊂ ker D3 − D2 − 8D + 12

pero ker (D − 2)2 = h{e2x , xe2x }i y ker (D + 3) = h{e−3x }i luego 2x 2x −3x e , xe , e ⊂ ker D3 − D2 − 8D + 12 sabemos que el espacio ker (D3 − D2 − 8D + 12) tiene dimensión tres luego, la solución general de la ecuación y 000 − y 00 − 8y 0 + 12y = 0 es dada por yG (x) = c1 e2x + c2 xe2x + c3 e−3x Ejemplo 2.5.7. Suponga que L (y) = 0 es una ecuación diferencial con operador: L = D5 + 2D4 − 3D3 − D2 − 2D + 3 Hallar la solución general. Soluci´ on. Note que: L = D5 + 2D4 − 3D3 − D2 − 2D + 3 = D2 + D + 1 (D − 1)2 (D + 3) Ahora bien: * ker D2 + D + 1 =

e−x/2 cos

√ ! 3x ; e−x/2 sin 2

√

3x 2

!+

ker (D − 1)2 = hex ; xex i y además:

ker (D + 3) = e−3x Por tanto, la solución general de la ecuación L (y) = 0 está dada por: √ ! √ ! 3x 3x y (x) = C1 e−x/2 cos + C2 e−x/2 sin + C3 ex + C4 xex + C5 e−3x 2 2 160


Ejemplo 2.5.8. Hallar la solución general de una ecuación diferencial lineal a coeficientes constantes cuya ecuación caracter´ıstica es: λ5 − 2λ4 + 6λ3 − 9λ2 + 8λ − 4 = 0 √ sabiendo que y = ex/2 cos 23 x es una solución de dicha ecuación. Soluci´ on. Sea ε una ecuación diferencial lineal a coeficientes constantes homogénea de la cual se sabe que: λ5 − 2λ4 + 6λ3 − 9λ2 + 8λ − 4 = 0 (2.15) es la ecuación caracter´ıstica asociada, y que además: √ ! 3 x/2 y = e cos x 2 x/2

√

3 x 2

es solución: es solución de la ecuación. Ahora bien, como y = e cos √ 1 3 λ= + i 2 2 es una ra´ız de la ecuación caracter´ıstica (2.15), entonces: √ 1 3 i λ= − 2 2 también es ra´ız, luego la expresión: ( √ !) ( √ !) 1 3 1 3 λ− + i λ− − i = λ2 − λ + 1 2 2 2 2 factoriza a la ecuación caracter´ıstica. As´ı: λ5 − 2λ4 + 6λ3 − 9λ2 + 8λ − 4 = λ3 − λ2 + 4λ − 4 λ2 − λ + 1 Notamos, además, que λ = 1 es ra´ız de la ecuación λ3 − λ2 + 4λ − 4 = 0. Entonces, por el teorema del factor, se tiene que: λ3 − λ2 + 4λ − 4 = λ2 + 4 (λ − 1) entonces λ5 − 2λ4 + 6λ3 − 9λ2 + 8λ − 4 = λ2 − λ + 1

λ2 + 4 (λ − 1)

Por tanto, la ecuación (2.15) tiene las siguientes ra´ıces: ( ) √ √ 1 3 1 3 + i, − i, 1, 2i, −2i 2 2 2 2 Finalmente, la solución general de la ecuación ε está dada por: ( √ ! √ !) 3 3 y (x) = C1 ex + ex/2 C2 cos x + C3 sin x + {C4 cos 2x + C5 sin 2x} 2 2 161


M´ etodo de variaci´ on de par´ ametros Observaci´ on 2.6.1. En las secciones anteriores obtuvimos métodos para encontrar el espacio solución de ecuaciones diferenciales, para los siguientes casos: 1. Es conocida una solución particular y1 (x) de la ecuación: y 00 + p1 (x) y 0 + p0 (x) y = 0 En particular, para la ecuación anterior, obtuvimos que la solución general está dada por: y (x) = C1 y1 (x) + C2 y2 (x) donde: Z y2 (x) = y1 (x)

R

e− p1 (x)dx dx y12 (x)

2. La ecuación diferencial es de la forma: y (n) + an−1 y (n−1) + · · · + a1 y 0 + a0 y = 0 con ai ∈ R, para cada i = 0, 1, . . . , n − 1. En este caso, las soluciones dependen de las ra´ıces del polinomio caracter´ıstico: fL (λ) = λn + an−1 λn−1 + · · · + a1 λ + a0 Por otro lado, dada la estructura lineal de la ecuación L (y) = Q, donde L es el operador diferencial asociado a la ecuación y Q es una función continua, entonces la solución general de la ecuación lineal se descompone como: y = yh + yp donde yh es la solución general de la ecuación L (y) = 0. El objetivo de esta sección es hallar una solución particular yp para la ecuación L (y) = Q. Observaci´ on 2.6.2. En este curso, se ven dos de tales métodos: el método de variación de parámetros y el método de los anuladores. Como se acostumbra, haremos los razonamientos para n = 2, y luego se presentará el resultado para n ≥ 2. Veamos primeramente: Teorema 2.6.1 (Variación de parámetros). Sean u1 y u2 dos soluciones linealmente independientes de la ecuación: L (y) = y 00 + p1 (x) y 0 + p0 (x) y = 0

162


en un intervalo I ⊆ R. Entonces, la ecuación no homogénea L (y) = Q tiene una solución particular de la forma: yp (x) = C1 (x) u1 (x) + C2 (x) u2 (x) donde: Z C1 (x) = −

u2 (x) Q (x) dx W (x)

Z ∧

C2 (x) =

u1 (x) Q (x) dx W (x)

(2.16)

y W (x) es el wronskiano de u1 (x) y u2 (x). Demostración. Supongamos que yp (x) = C1 (x) u1 (x) + C2 (x) u2 (x), luego: yp0 = C1 u01 + C2 u02 + (C10 u1 + C20 u2 ) yp00 = C1 u001 + C2 u002 + (C10 u01 + C20 u02 ) + (C10 u1 + C20 u2 )

0

Ahora bien, al evaluar yp en L se obtiene que: L (yp ) = yp00 + p1 (x) yp0 + p0 (x) yp 0

= (C10 u01 + C20 u02 ) + (C10 u1 + C20 u2 ) + p1 (x) (C10 u1 + C20 u2 ) pues todos los términos que contienen a C1 (x) y C2 (x) desaparecen dado que L (u1 ) = L (u2 ) = 0. Como deseamos que L (yp ) = Q, entonces de la u ´ ltima ecuación imponemos que: C10 u1 + C20 u2 = 0 ∧ C10 u01 + C20 u02 = Q As´ı, las funciones C1 (x) y C2 (x), deben satisfacer que: 0 C1 (x) u1 (x) + C20 (x) u2 (x) = 0 0 0 0 0 C1 (x) u1 (x) + C2 (x) u2 (x) = Q (x) para cada x ∈ I. Sin embargo, note que el u´ltimo sistema tiene solución si y solo si la matriz de coeficientes de él tiene determinante no nulo. Es decir, si: u1 (x) u2 (x) u0 (x) u0 (x) 6= 0 1 2 para cada x ∈ I. Pero el determinante anterior es el wronskiano W (x) de u1 (x) y u2 (x), y como u1 , u2 son linealmente independientes W (x) = 6 0, para cada x ∈ I. Por lo tanto, el sistema tiene u ńica solución, y además, por la regla de Cramer, obtenemos finalmente: 0 u (x) 2 Q (x) u0 (x) u2 (x) Q (x) 2 C10 (x) = =− u1 (x) u2 (x) W (x) u0 (x) u0 (x) 1 2 163


y: C10 (x) =

u1 (x) 0 u01 (x) Q (x) u1 (x) Q (x) = W (x) u1 (x) u2 (x) u0 (x) u0 (x) 2

1

Integrando, se obtiene el resultado deseado. Observaci´ on 2.6.3. En base a los razonamientos en la demostración del teorema anterior, tenemos: Teorema 2.6.2. Sean u1 , u2 , . . . , un una familia de n soluciones linealmente independientes de la ecuación lineal de orden n: L (y) = y (n) + pn−1 (x) y (n−1) + · · · + p1 (x) y 0 + p0 (x) y = 0 definida en un intervalo abierto I ⊆ R. Entonces, la ecuación no homogénea L (y) = Q, tiene una solución particular: yp (x) =

n X

Ci (x) ui (x)

i=1

donde Ci (x), con i = 1, 2, . . . , n son funciones que se obtienen como soluciones del sistema de ecuaciones:   C10 u1 + C20 u2 + · · · + Cn0 un = 0    0 0 0 0 0 0  = 0   C1 u1 + C2 u2 + · · · + Cn un 0 00 0 00 0 00 C1 u1 + C 2 u2 + · · · + Cn un = 0 (2.17)  . .  .. ..     (n−1) (n−1) (n−1)  C0 u + C20 u2 + · · · + Cn0 un = Q (x) 1 1 Ejemplo 2.6.1. Resuelva la ecuación diferencial: y 00 + y = tan x Soluci´ on. Consideremos un intervalo en el que el segundo miembro sea continuo, sea éste (−a, a), siendo 0 < a < π/2. La ecuación homogénea tiene solución general: yh (x) = C1 cos x + C2 sin x pues la ecuación caracter´ıstica de dicha ecuación homogénea es: λ2 + 1 = 0

164


En particular, notamos que: cos x sin x W (x) = − sin x cos x

= cos2 x + sin2 x = 1

Entonces, en vista de las ecuaciones en (2.16) las funciones C1 (x) y C2 (x) satisfacen: Z sin x tan x C1 (x) = − dx W (x) Z = − sin x tan xdx = sin x − ln |sec x + tan x| y además: Z C2 (x) =

cos x tan x dx W (x)

Z =

cos x tan xdx

= − cos x Por tanto, por el método de variación de parámetros, una solución particular yp viene dada por: yp = C1 (x) cos x + C2 (x) sin x = sin x cos x − cos x ln |sec x + tan x| − sin x cos x = − cos x ln |sec x + tan x| y la solución general es: y = C1 cos x + C2 sin x + yp = C1 cos x + C2 sin x − cos x ln |sec x + tan x| Soluci´ on. Hallar la solución general de la ecuación diferencial: y 00 − 2y 0 + y =

ex (1 − x)2

Soluci´ on. Considere la ecuación diferencial: y 00 − 2y 0 + y =

ex (1 − x)2

Notamos que la ecuación anterior es una ecuación diferencial lineal a coeficientes constantes no homogénea. As´ı, si y = y (x) es la solución general, entonces: y (x) = yh (x) + yp (x) 165


donde yh (x) es la solución de la ecuación homogénea asociada e yp (x) es una solución particular. Consideremos, entonces, la ecuación homogénea asociada: y 00 − 2y 0 + y = 0 Luego, la ecuación caracter´ıstica: λ2 − 2λ + 1 = 0 tiene ra´ız λ = 1 con multiplicidad 2. Por tanto, la solución homogénea yh (x) está dada por: yh (x) = C1 ex + C2 xex Ahora bien, por el método de variación de parámetros, tenemos que la solución particular yp (x) tiene la forma: yp (x) = C1 (x) ex + C2 (x) xex donde C1 (x) y C2 (x) son soluciones del sistema de ecuaciones: ( C10 (x) ex + C20 (x) xex = 0 ex 0 x 0 x C1 (x) e + C2 (x) (1 + x) e = (1−x)2 Ahora bien, como el wronskiano: x e xex W (x) = x e (1 + x) ex es no nulo, por la regla de Cramer, se tiene que: 0 xex x e (1−x)2 (1 + x) ex 0 C1 (x) = W (x)

= e2x

=−

x (x − 1)2

y además:

C20 As´ı:

(x) =

ex x e

0 ex (1−x)2

W (x)

=

1 (x − 1)2

Z

x 1 {ln (x − 1) − x ln (x − 1) + 1} 2 dx = x−1 (x − 1) y: Z 1 1 C2 (x) = 2 dx = − x−1 (x − 1) Por tanto, la solución general y (x) de la ecuación diferencial está dada por: C1 (x) = −

ex xex {ln (x − 1) − x ln (x − 1) + 1} − x−1 x−1 x x x = C1 e + C2 xe − e {ln (x − 1) + 1}

y (x) = C1 ex + C2 xex +

166


Ejemplo 2.6.2. Hallar la solución general de la ecuación 1 2 00 0 2 y = x3/2 x y + xy + x − 4 en el intervalo (0, +∞) sabiendo que y1 (x) = x−1/2 cos x es solución de la ecuación homogénea asociada. Soluci´ on. Usando la fórmula de Abel obtenemos una segunda solución de a homogénea R Z − dx x e dx y2 (x) = x−1/2 cos x −1 x cos2 x Z e− ln x −1/2 = x cos x dx x−1 cos2 x Z 1 −1/2 = x cos x dx cos2 x = x−1/2 cos x tan x = x−1/2 sin x ahora buscamos la solución particular usando variación de parámetros yp (x) = x−1/2 cos x C1 (x) + x−1/2 sin x C2 (x) donde

C10

0 −1/2 x

(x) =

x−1/2 sin x 0 x−1/2 sin x

x−1/2 cos x d x−1/2 cos x dx = − sin x

− x1 sin x

= x−1/2 sin x d x−1/2 sin x dx

1 x

as´ı C1 (x) = cos x

x−1/2 cos x 0 d x−1/2 cos x x−1/2 dx

C20 (x) = x−1/2 cos x d x−1/2 cos x dx = cos x

= x−1/2 sin x d −1/2 x sin x dx

x−1 cos x x−1

as´ı C2 (x) = sin x se sigue yp (x) =

x−1/2 cos x cos x + x−1/2 sin x sin x

= x−1/2 la solución general de la ecuación no homogénea es yg (x) = αx−1/2 cos x + βx−1/2 sin x + x−1/2 167


Observaci´ on 2.6.4. Las integrales que aparecen en las fórmulas (2.16) o al despejar C1 (x) y C2 (x) del sistema (2.17), son integrales indefinidas, luego las funciones quedan determinadas salvo una constante de integración. Suponga entonces que tenemos: vi (x) = Ci (x) + Ki con Ki ∈ R, i = 1, 2, constantes de integración. Luego, si u1 y u2 son las soluciones linealmente independientes de L (y) = 0, considere: y1 (x) = A1 u1 (x) + A2 u2 (x) + v1 (x) u1 (x) + v2 (x) u2 (x) = (A1 + K1 ) u1 (x) + (A2 + K2 ) u2 (x) + C1 (x) u1 (x) + C2 (x) u2 (x) Entonces: y1 (x) = α1 u1 (x) + α2 u2 (x) + C1 (x) u1 (x) + C2 (x) u2 (x) que era la solución que ya ten´ıamos.

M´ etodo del anulador Definici´ on 2.7.1. Diremos que el operador diferencial L es un anulador o aniquilador de ϕ si se cumple L (ϕ) = 0. Ejemplo 2.7.1. El operador diferencial L = (D − 1)2 es un anulador de ϕ (x) = 2ex +5xex pues ker (D − 1)2 = h{ex , xex }i, es decir, toda combinación lineal de ex y xex está en el n´ ucleo de (D − 1)2 . Notar que (D − 1)2 no es un anulador de x2 pues (D − 1)2 x2 = (D − 1) (D − 1) x2 = (D − 1) 2x − x2 = (2 − 2x) − 2x − x2 = x2 − 4x + 2 6≡ 0 Observaci´ on 2.7.1. Recordemos que ker L + ker L ⊆ ker (LS) para los operadores con coeficientes constantes. 2

Ejemplo 2.7.2. (D2 + 1) es anulador de x sin x y D2 es anulador de x luego D2 (D2 + 1) es un anulador de 5x sin x − 3x

2

Suponga que buscamos resolver la ecuación L (y) = Q donde L es un operador con coeficientes constantes y LQ es un anulador de Q (con coeficientes constantes también) entonces L (y) = Q ⇒ LQ L (y) = LQ (Q) = 0 168


luego la solución de L (y) = Q se encuentra entre las soluciones de la ecuación homogénea LQ L (y) = 0. Ejemplo 2.7.3. Resolver la ecuación diferencial: y 00 − 5y 0 + 6y = xex

Soluci´ on. Notamos que el operador asociado a la ecuación diferencial es: L = D2 − 5D + 6 = (D − 2) (D − 3) As´ı, la ecuación diferencial puede escribirse como L (y) = Q, con Q (x) = xex . Por otro lado, la ecuación homogénea L (y) = 0 tiene soluciones linealmente independientes u1 (x) = e2x y u2 (x) = e3x . Sabemos que la solución general de la ecuación es de la forma: y (x) = C1 e2x + C2 e3x + yp (x) donde yp es una solución de la ecuación no homogénea L (y) = xex . Notamos que: xex ∈ ker (D − 1)2 por tanto, aplicamos el operador diferencial (D − 1)2 a la ecuación diferencial para obtener : (D − 1)2 (D − 2) (D − 3) (y) = (D − 1)2 (xex ) = 0 As´ı, hemos obtenido la ecuación diferencial homogénea: S (y) = (D − 1)2 (D − 2) (D − 3) (y) = 0 por tanto, la solución general de S (y) = 0 es: yS (x) = aex + bxex + ce2x + de3x donde a, b, c y d son constantes reales. Ahora bien, se deben elegir los valores de a, b, c y d de tal modo que: L aex + bxex + ce2x + de3x = xex sin embargo, ce2x + de3x ∈ ker L, luego bastará elegir a y b tales que: L (aex + bxex ) = xex as´ı, la ecuación: L (aex + bxex ) = (D − 2) (D − 3) (aex + bxex ) = (2a − 3b) ex + 2bxex = xex 169


implica que a = 3/4 y b = 1/2. Finalmente: 1 3 yp (x) = ex + xex 4 2 y por tanto: yp

y z }|h { z3 }|1 { 2x 3x y (x) = C1 e + C2 e + ex + xex 4 2

Observaci´ on 2.7.2. Recalcamos que el operador (D − 1)2 se eligió de tal modo que: xex ∈ ker (D − 1)2 Luego, al aplicar dicho operador a la ecuación diferencial L (y) = xex , vemos que el término de la derecha se anula bajo la aplicación de (D − 1)2 . Por este hecho, el método anterior se llama el método del anulador. El método del anulador, funciona correctamente para ecuaciones que son anulables, en el sentido de que son funciones que aparecen como soluciones de ecuaciones diferenciales a coeficientes constantes. En particular, funciones que aparecen como combinaciones lineales de funciones de la forma: xm−1 eαx

∨

xm−1 eαx cos βx

∨

xm−1 eαx sin βx

donde m es un n´ umero natural y α y β son constantes reales. A continuación detallamos algunas de las funciones anteriores con sus respectivos anuladores: Función y y y y y y y

Anulador

= xm−1 = eαx = xm−1 eαx = cos βx o bien y = sin βx = xm−1 cos βx o bien y = xm−1 sin βx = eαx cos βx o bien y = eαx sin βx = xm−1 eαx cos βx o bien y = xm−1 eαx sin βx

Dm D−α (D − α)m D2 + β 2 m (D2 + β 2 ) D2 − 2αD + (α2 + β 2 ) m {D2 − 2αD + (α2 + β 2 )}

Observaci´ on 2.7.3. Un resultado que utiliza las propiedades lineales del operador diferencial asociado a una ecuación, es el principio de superposición, que facilita en algunos casos el cálculo de la solución particular. Tenemos, entonces: Teorema 2.7.1 (Principio de superposición). Sean L un operador diferencial no necesariamente a coeficientes constantes y f1 , f2 funciones continuas. Suponga que yi es solución de la ecuación diferencial L (y) = fi , con i = 1, 2. Entonces: y = y1 + y2 es solución de la ecuación L (y) = f1 + f2 . 170


Este principio nos permite separar la busqueda de la solución particular. Ejemplo 2.7.4. Resolver (D − 1) (D − 2) y = ex + x o en otras palabras d2 y dy − 3 + 2y = ex + x 2 dx dx Soluci´ on. Sabemos que (D − 1) (ex ) = 0 y D2 (x) = 0 se sigue que (D − 1) D2 (ex + x) = 0 as´ı (D − 1) D2 (D − 1) (D − 2) y = 0 D2 (D − 1)2 (D − 2) = 0 luego yp (x) = c1 + c2 x + c3 ex + c4 xex + c5 e2x y como (D − 1) (D − 2) yp (x) = ex + x se sigue (D − 1) (D − 2) c1 + c2 x + c3 ex + c4 xex + c5 e2x = (D − 1) (D − 2) [c1 + c2 x] + (D − 1) (D − 2) [c4 xex ] = D2 − 3D + 2 [c1 + c2 x] + (D − 1) (D − 1 − 1) [c4 xex ] = 2c1 − 3c2 + 2c2 x − (D − 1) [c4 xex ] = 2c1 − 3c2 + 2c2 x − (c4 ex + c4 xex − c4 xex ) = 2c1 − 3c2 + 2c2 x − c4 ex de esto obtenemos que las constantes cumplen 2c1 − 3c2 = 0 2c2 = 1 −c4 = 1 se sigue c4 = −1, c2 = 1/2, c1 = 3/4 171


as´ı yG (x) = (3/4) + (1/2) x − xex + c3 ex + c5 e2x = [(3/4) + (1/2) x − xex ] + c3 ex + c5 e2x = yp (x) + yh (x) es la solución general. Note que d2 ((3/4) + (1/2) x) dx2 d −3 ((3/4) + (1/2) x) + 2 ((3/4) + (1/2) x) dx = x d d2 (−xex ) − 3 (−xex ) + 2 (−xex ) (D − 1) (D − 2) (−xex ) = 2 dx dx = 3ex (x + 1) − ex (x + 2) − 2xex

(D − 1) (D − 2) ((3/4) + (1/2) x) =

= ex luego vale el principio de superposición. Veamos como podemos trabajar, en algunos casos, si no conocemos el anulador: Ejemplo 2.7.5. Hallar la solución general de la ecuación diferencial: y 00 − 3y 0 + 2y = xex+x

2

Soluci´ on. Notamos que: L = D2 − 3D + 2 = (D − 1) (D − 2) Buscamos, primeramente, una solución particular yp . Considere el cambio de variables: u = (D − 2) y

(2.18)

la ecuación queda: (D − 1) u = xex+x

2

Mediante la fórmula de Leibnitz, obtenemos: Z 1 2 2 −x ue = xex dx + C = ex + C 2 Ahora bien, como buscamos yp , podemos elegir C = 0. As´ı: 1 2 u = ex+x 2 172


Sustituyendo en (2.18), se obtiene: 1 2 (D − 2) y = ex+x 2 Luego, nuevamente por la fórmula de Leibnitz: Z 1 2x 2 yp = e ex −x dx 2 Finalmente, la solución general de la ecuación diferencial es: Z 1 2x 2 x 2x ex −x dx y = C1 e + C2 e + e 2

Ejemplo 2.7.6. Resuelva la ecuación diferencial: y (6) + 2y (5) − y (4) + 4y 000 − 5y 00 + 2y 0 − 3y = x sabiendo que λ =−3 es una ra´ız de la ecuación caracter´ıstica y que u1 (x) = cos x es una solución de la ecuación homogénea asociada. Soluci´ on. Consideremos la ecuación diferencial: y (6) + 2y (5) − y (4) + 4y 000 − 5y 00 + 2y 0 − 3y = x

(2.19)

En primer lugar, notamos que la ecuación caracter´ıstica de la ecuación homogénea asociada a (2.19) es: f (λ) = λ6 + 2λ5 − λ4 − 5λ2 − 3 = 0 (2.20) Ahora bien, como u1 (x) = cos x es una solución de la ecuación homogénea, entonces λ = i y λ = −i son ra´ıces de la ecuación (2.20). Además, por hipótesis, λ = −3 es una ra´ız de la ecuación (2.20). Por tanto, por el Teorema del Factor, el polinomio f (λ) es divisible por λ2 + 1 (λ + 3). As´ı, se obtiene la siguiente factorización: f (λ) = (λ2 + 1)(λ + 3) λ3 − λ2 + λ − 1 Por otro lado, por inspección, notamos que λ = 1 es ra´ız de λ3 − λ2 + λ − 1, entonces λ3 − λ2 + λ − 1 = (λ2 + 1)(λ − 1). Por tanto, la factorización completa de f (λ) es: 2 f (λ) = λ2 + 1 (λ − 1)(λ + 3) As´ı, la solución de la ecuación homogénea está dada por: yh (x) = C1 cos x + C2 sin x + C3 x cos x + C4 x sin x + C5 ex + C6 e−3x 173

(2.21)


Debemos, ahora, calcular una solución particular de la ecuación: 2 D2 + 1 (D − 1)(D + 3) · y(x) = x Un anulador para la función Q(x) = x es el operador diferencial D2 . Entonces, por el método del anulador, sabemos que una solución particular yp (x) de la ecuación anterior, satisface: 2 yp ∈ ker D2 D2 + 1 (D − 1)(D + 3) Luego: yp (x) = a + bx + ε(x) 2

donde ε(x) ∈ ker D2 + 1 (D − 1)(D + 3). Entonces: 2 2 D2 + 1 (D − 1)(D + 3) · yp (x) = D2 + 1 (D − 1)(D + 3) · a + bx + ε(x) 2 = D2 + 1 (D − 1)(D + 3) · a + bx 2 = D2 + 1 (D − 1) · b + 3a + 3bx 2 = D2 + 1 · 2b − 3a − 3bx = 2b − 3a − 3bx 2 Ahora bien, como D2 + 1 (D − 1)(D + 3) · yp (x) = x, obtenemos el sistema de ecuaciones:

−3b = 1 2b − 3a = 0

de donde a = −2/9 y b = −1/3. As´ı, la solución particular de la ecuación (2.19) es yp (x) = − 29 x − 13 . Finalmente, la solución y(x) = yh (x) + yp (x) de la ecuación diferencial en (2.19) es: 1 2 y(x) = C1 cos x + C2 sin x + C3 x cos x + C4 x sin x + C5 ex + C6 e−3x − x − 9 3 Finalmente, como una aplicación de los métodos de variación de parámetros y del anulador resolveremos la ecuación de Euler. Definici´ on 2.7.2. Una ecuaci´ on de Euler es una ecuación de la forma: (ax + b)n y (n) + An−1 (ax + b)n−1 y (n−1) + · · · + A1 (ax + b) y 0 + A0 y = Q (x)

(2.22)

donde ax + b > 0 y A0 , A2 , . . . , An−1 son constantes cualesquiera. Observaci´ on 2.7.4. El método de resolución de la ecuación de Euler consiste en considerar el cambio de variables: ax + b = et 174


Como se puede observar, el cambio de variable es un cambio en la variable independiente. As´ı, por la regla de la cadena: dy dy dy dt = = ae−t dx dt dx dt 2 d y dy d dt d2 y d dy −t dy 2 −2t = ae =a e = − dx2 dx dx dt dt dx dt2 dt 2 3 2 3 d y dy dy dy d d dy d2 y dy 2 −2t 3 −3t = ae =a e = − −3 2 +2 dx3 dx dt dt dt2 dt dt3 dt dt y as´ı sucesivamente. Reemplazando todas las derivadas de orden superior en la ecuación de Euler en (2.22) se obtiene la siguiente ecuación a coeficientes constantes: ˜ (t) y (n) (t) + Bn−1 y (n−1) (t) + · · · + B1 y 0 (t) + B0 y (t) = Q Ejemplo 2.7.7. Resuelva la ecuación diferencial: x2 y 00 + xy 0 + y = 1 Soluci´ on. Utilizando el cambio de variables x = et , se tiene que: 2 dy d2 y d y dy −t dy −2t =e ∧ =e − dx dt dx dt2 dt al reemplazar en la ecuación original, obtenemos: d2 y +y =1 dt2 luego: y = C1 cos t + C2 sin t + 1 donde yp = 1, se obtiene inmediatamente por medio del método del anulador. Por tanto: y = C1 cos (ln x) + C2 sin (ln x) + 1 es la solución general de la ecuación diferencial. Ejemplo 2.7.8. Resolver las ecuación de Euler x2 y 00 + 2xy 0 − 2y = 0 Soluci´ on. Haciendo el cambio de variables x = et se sigue 2 d y dy 2 00 xy = − dt2 dt dy xy 0 = dt 175


entonces la ecuación se transforma en D (D − 1) y + 2Dy − 2y = 0 donde y = y (et ) entonces D2 + D − 2 y = 0 ⇔ (D + 2) (D − 1) y = 0 se sigue y et = c1 e−2t + c2 et se sigue y (x) =

c1 + c2 x x2

Ejemplo 2.7.9. Determine una solución y = y(x) de la ecuación diferencial: x3 y 00 + 5x2 y 0 + 4xy = x2 + 1,

x>0

de modo que la recta tangente a esta solución en el punto (1, −1) tenga una inclinación de 45◦ con respecto al eje X. Soluci´ on. Consideremos la ecuación: x3 y 00 + 5x2 y 0 + 4xy = x2 + 1,

x>0

(2.23)

Como x > 0, tenemos que la ecuación (2.23) se escribe de forma equivalente como la ecuación: 1 x2 y 00 + 5xy 0 + 4y = x + , x>0 (2.24) x la cual es una ecuación de Euler. En efecto, consideramos x = et , y entonces: t

i) dx = e dt

dy dy dt ii) = dt dt dx dy = e−t dt

d2 y d dy iii) = dx2 dx dx d −t dy dt e = dt dt dx 2 d y dy −2t − =e dt2 dt

Luego, al cambiar la variable y reemplazar ii) y iii) en la ecuación (2.24), obtenemos: d2 y dy + 4 + 4y = 2 cosh t 2 dt dt Ahora bien, la ecuación caracter´ıstica asociada a la ecuación anterior: λ2 + 4λ + 4 = 0 176

(2.25)


tiene ra´ız λ = −2 con multiplicidad 2. Luego, la solución de la ecuación homogénea asociada a (2.25) es: yh (t) = C1 e−2t + C2 te−2t Ahora, por el método de variación de parámetros, la solución particular de la ecuación a coeficientes constantes (2.25) está dada por: yp (t) = C1 (t) e−2t + C2 (t) te−2t donde C1 (t) y C2 (t) están dadas por el sistema de ecuaciones:

C10 (t)e−2t + C20 (t)te−2t = 0 −2C10 (t)e−2t + C20 (t)(1 − 2t)e−2t = 2 cosh t

As´ı, entonces, por la regla de Cramer, tenemos que: −2t 0 te −2t 2 cosh t (1 − 2t)e C10 (t) = W (t) y: −2t e 0 −2−2t 2 cosh t C10 (t) = W (t) donde: −2t e te−2t W (t) = −2e−2t (1 − 2t)e−2t 1 t = e−4t −2 1 − 2t = e−4t Luego: Z C1 (t) = −

e3t (1 − 3t) te3t + tet dt = (1 − t)et + 9

y: Z C2 (t) =

e3t e3t + et dt = et + 3

Por tanto: e3t e3t −2t yp (t) = (1 − t)et + (1 − 3t) e−2t + et + te 9 3 et = + e−t 9 177


As´ı, la solución general (en la variable t) de la ecuación (2.25) está dada por: y(t) = C1 e−2t + C2 te−2t +

et + e−t 9

Ahora bien, como x = et , se tiene que t = ln x, luego: y(x) = C1

1 ln x x 1 + C + + 2 x2 x2 9 x

Finalmente, como la curva y = y(x) debe pasar por el punto (1, −1), y además en este punto la recta tangente a la curva forma un ańgulo de 45◦ con respecto al eje X, se tiene, entonces, que las condiciones iniciales son y(1) = −1 e y 0 (1) = 1. Por tanto, C1 = − 19 y 9 55 C2 = 9 . As´ı, y finalmente, la curva y = y(x) del problema es: y(x) = −

55 ln x x 1 19 + + + 2 9x 9x2 9 x

En las ecuaciones diferenciales de orden superior (al igual que en las de primer orden) podemos hacer los cambios de variables que consideremos convenientes, sin embargo, cualquier cambio de variables no asegura el poder resolver la ecuación: Ejemplo 2.7.10. Haciendo el cambio de variables x = t3 resolver la ecuación 9x4/3

√ d2 y 2/3 dy 3 + 6 + 2y = x2/3 x − 9x dx2 dx

Soluci´ on. Usando el cambio de variables dy dy dt = dx dt dx 2 2 dy d2 y dt dy d2 t = + dx2 dt2 dx dt dx2 pero dt 1 −2/3 = x dx 3 d2 t −2 −5/3 = x dx2 9 se sigue 1 −2 t 3 2 d2 y d2 y 1 −2 dy −2 −5 = t + t dx2 dt2 3 dt 9 dy dy = dx dt

178


reemplazando 9t

4

d2 y dt2

1 −2 t 3

esto es

2

dy + dt

−2 −5 t 9

! + 6t − 9t

2

dy dt

1 −2 t 3

d2 y dy dy −1 −1 dy −2t + 2t − 3 + 2y = t2 + dt2 dt dt dt

es decir, d2 y dy + 2y = t2 − 3 dt2 dt esta ecuación es (D − 2) (D − 1) y = t2 aplicamos anuladores D3 (D − 2) (D − 1) y = 0 la solución es de la forma y = αe2t + βet + C1 + C2 t + C3 t2 determinamos las constantes C1 , C2 y C3 D2 − 3D + 2 C1 + C2 t + C3 t2 = t2 2C3 − 3C2 − 6C3 t + 2C1 + 2C2 t + 2C3 t2 = t2 obtenemos el sistema 2C3 − 3C2 + 2C1 = 0 −6C3 + 2C2 = 0 2C3 = 1 que tiene solución C1 = 47 , C2 = 32 , C3 =

1 2

as´ı

y = αe2t + βet +

7 3 1 + t + t2 4 2 2

volvemos a la variable original y la solución es y (x) = αe2

√ 3

x

+ βe

√ 3

x

+

7 3√ 1 + 3 x + x2/3 4 2 2

con α, β ∈ R. Ejemplo 2.7.11. Use z = sin (x) para resolver la ecuación y 00 + tan (x) y 0 + cos2 (x) y = sin (x) cos2 (x) 179

+ 2y = t2


Soluci´ on. Las derivadas son con respecto a x la idea es cambiar las derivadas ahora con respecto a z, para ello usamos la regla de la cadena: Notemos que dy dx dy = dz dx dz o bien

dy dz dy = dz dx dx

reemplazando dy dy dy dx = = sec x dz (cos x) dx luego d dz

dy dz

d ((sec x) y 0 ) dz 2 dy d y dx dx + sec x = sec x tan x dz dx dx2 dz sin x 1 dy 1 d2 y = + cos2 x cos x dx cos2 x dx2 =

se sigue 2

cos x

d2 y dz 2

= tan x

dy d2 y + dx dx2

reemplazando en la ecuación original d2 y 2 + cos2 x y = 0 cos x 2 dz luego d2 y +y =0 dz 2 se sigue y (z) = c1 sin z + c2 cos z es decir la solución general de la es y (x) = c1 sin (sin x) + c2 cos (sin x) para c1 , c2 ∈ R

180


Movimiento vibratorio Observaci´ on 2.8.1. Consideremos un sistema mecánico compuesto por un resorte de longitud inicial l0 con su extremo superior sujeto firmemente y una masa m atada en su extremo inferior. Nos interesa hallar la posición x (t) de la masa en cualquier instante t. Más precisamente, nos interesa hallar la ecuación que describa el movimiento de la part´ıcula a la cual se le ha dado un desplazamiento x0 y una velocidad inicial v0 . Para ello consideramos los siguientes supuestos: 1. La masa se mueve a lo largo de la vertical que pasa por el centro de gravedad de la masa y en el sistema de referencia x = 0 indica la posición de reposo de la masa en el resorte. 2. En cualquier tiempo t la magnitud de la fuerza ejercida sobre la masa es proporcional a la diferencia entre la longitud l del resorte y su posición de equilibrio l0 . La constante positiva de proporcionalidad k se llama constante del resorte, y el principio anterior se conoce como la ley de Hooke. Recordemos que la segunda ley del movimiento de Newton establece que la sumatoria de fuerzas que act´ ua sobre la part´ıcula es igual a la variación instantánea del momemtum mv respecto del tiempo, pero como la masa m es constante, se tiene: X Fi = m a i 2

donde a (t) = d dtx(t) 2 . Suponemos, por ahora, que la u ´ nica fuerza que act´ ua sobre la part´ıcula es la fuerza restauradora inducida por el resorte, es decir, no se consideran las fuerzas de fricción, por ejemplo. Por la ley de Hooke, tenemos que: d2 x m 2 = −kx dt y el signo negativo es debido a que la fuerza restauradora del resorte se opone al movimiento. Asumiendo, que la posición inicial (es decir, en t = 0) de la masa es x0 y que su velocidad inicial es v0 , obtenemos el siguiente problema de valor inicial: x00 +

k x = 0, m

x (0) = x0 ,

x0 (0) = v0

La ecuación caracter´ıstica de la ecuación diferencial anterior es: λ2 +

k =0 m

181

(2.26)


As´ı: λ = ± ω0 p en donde ω0 = k/m, luego: x (t) = C1 cos ω0 t + C2 sin ω0 t Usando las condiciones iniciales, obtenemos que C1 = x0 y C2 = v0 /ω0 . Por tanto: x (t) = x0 cos ω0 t + (v0 /ω0 ) sin ω0 t = A sin (ω0 t + φ) donde A =

q

x20 + (v0 /ω0 )2 y φ es tal que tan φ = x0 ω0 /v0 .

Definici´ on 2.8.1. El movimiento de la masa m bajo las condiciones anteriores, se denomina movimiento arm´ onico simple. La frecuencia natural f del movimiento es el n´ umero de oscilaciones completas por unidad de tiempo: f=

ω0 2π

Ejemplo 2.8.1. Considere un resorte, sujeto en su extremo superior, que sostiene una pesa de 10 libras en su extremo inferior. Suponga que la pesa estira el resorte 6 pulgadas. Halle la ecuación del movimiento de la pesa si ésta se lleva a una posición de 4 pulgadas por debajo de su punto de equilibrio y se suelta. Calcule la ecuación del movimiento su amplitud y la frecuencia natural. h i pie Ayuda: Considere que 1 [pie] = 12 [pulgadas] y que g = 32 seg 2 . Observaci´ on 2.8.2. En los supuestos que dan origen al movimiento armónico simple no se consideran las fuerzas, que en una situación más realista, act´ uan sobre la masa. Considerando por ejemplo resistencia del medio, ya sea por acción del aire o realización de la oscilación en un medio viscoso, es que se tienen las vibraciones amortiguadas. El supuesto es simple, la fuerza amortiguadora del movimiento se presupone proporcional a la velocidad del movimiento, as´ı el problema de valor inicial de la ecuación (2.26) queda como: k c x00 = − x − x0 (2.27) m m con las condiciones iniciales x (0) = x0 y x0 (0) = v0 . La ecuación caracter´ıstica de la ecuación (2.27) es: c k λ2 + λ + =0 m m cuya solución es: √ −c ± c2 − 4km λ= 2m 182


Por tanto, el comportamiento del movimiento depende del valor que tome el discriminante: ∆ = c2 − 4km Tenemos, por tanto, tres casos: Caso 2.8.1 (c2 − 4km > 0). La solución de la ecuación (2.27) en este caso está dada por: √ √ −c + c2 − 4km −c − c2 − 4km x (t) = C1 exp + C2 exp 2m 2m √ Note que 4km < c2 , lo que implica que c2 − 4km < c, y entonces: √ √ −c + c2 − 4km < 0 ∧ −c − c2 − 4km < 0 As´ı, en este caso tenemos que: l´ım x (t) = 0

t→∞

Caso 2.8.2 (c2 − 4km = 0). La solución de la ecuación (2.27) es: x (t) = (C1 + C2 t) e(−c/2m)t y al igual que en el caso anterior: l´ım x (t) = 0

t→∞

Observaci´ on 2.8.3. Entonces, se observa por la forma de las soluciones que si: c2 − 4km ≥ 0 no se producen oscilaciones en el sistema mecánico masa-resorte considerando amortiguación. Este tipo de movimiento t´ıpicamente ocurre en un medio viscoso como agua o aceite. Caso 2.8.3 (c2 − 4km < 0). Como (−c/2m) 6= 0, obtenemos: √ √ c 4km − c2 4km − c2 x (t) = exp − C1 cos t + C2 sin t 2m 2m 2m Observaci´ on 2.8.4. Finalmente, podemos suponer una fuerza g = g (t) aplicada sobre extremo superior del resorte (que inicialmente se supuso sujeto firmemente, esto es con g ≡ 0) en la dirección del movimiento de la masa m. El movimiento de la masa obtenido bajo este supuesto se conoce como vibraci´ on forzada. Una vibración forzada también puede contener fuerzas amortiguadoras. Este es el caso más general del movimiento vibratorio, el problema de valor inicial queda en su forma más general como: x00 +

c 0 k g (t) x + x= m m m

con x (0) = x0 e x0 (0) = v0 . 183

(2.28)


Ejemplo 2.8.2. Considere un resorte que en su extremo superior está sometido a una fuerza externa: 10 f (t) = sin t 32 y sostiene, en su parte inferior una masa de 10 libras. Suponga que la masa estira el resorte 6 pulgadas. Hallar la ecuación del movimiento de la masa si ésta se lleva a una posición de 4 pulgadas por debajo del punto de equilibrio y se suelta. Observaci´ on 2.8.5. Un caso muy importante es cuando g es una función periódica, es decir, supongamos que: g (t) = F0 sin ωt As´ı, la ecuación (2.28) queda: x00 +

c 0 k F0 x + x= sin ωt m m m

(2.29)

Sabemos que el anulador de g (t) = F0 sin ωt es el operador: D2 + ω 2 k Aplicando este u ´ltimo operador al operador D2 + mc D + m , obtenemos: F0 c k 2 2 2 D +ω D + D+ · x = D2 + ω 2 · sin ωt = 0 m m m

Por tanto, la ecuación (2.29) tiene una solución particular de la forma: xp = b1 cos ωt + b2 sin ωt donde b1 y b2 son soluciones del sistema: (ω02 − ω 2 ) b1 + cω b = m 2 cω 2 2 − m b1 + (ω0 − ω ) b2 = donde ω0 =

q

k m

(2.30)

0 F0 m

. As´ı: b1 = − b2 =

F0 cω 2

− ω 2 ) + (cω)2 F0 m (ω02 − ω 2 )

m2

(ω02

2

m2 (ω02 − ω 2 ) + (cω)2

As´ı, a partir de lo anterior y mediante el procedimiento de transformación a sinusoide de la ecuación (2.30) encontramos que: xp = A sin (ωt + φ) 184


donde la amplitud A está dada por: F0 /k A = s 2 2 2 ω c ω 1 − ω0 + 2 c0 ω0 y el ángulo de fase φ satisface:

2 cc0 tan φ = 2 ω ω0

−1

con c0 = 2mω0 . Notamos que de la ecuación que define la amplitud los coeficientes importantes son: 1. c/c0 llamado el cociente de amortiguaci´ on, y 2. ω/ω0 llamado el cociente de frecuencia del movimiento. Se observa que el comportamiento de la solución particular xp depende entonces del cociente de amortiguación si éste es cero o despreciable, entonces tenemos el movimiento armónico simple: x00 + ω02 x = 0 y por tanto, hay dos casos para el cociente de frecuencia: Caso 2.8.4 (ω 2 6= ω02 ). En este caso se tiene: x (t) = C1 cos ω0 t + C2 sin ω0 t + donde: C 1 = x0

∧

C2 =

F0 /k sin ωt 1 − (ω/ω0 )2

v0 (F0 /k) (ω/ω0 ) − ω0 1 − (ω/ω0 )2

Caso 2.8.5 (ω 2 = ω02 ). En este caso debemos buscar una solución particular de la forma: xp = b1 t cos ωt + b2 t sin ωt pues la ecuación (2.30) se anula con el operador D2 + ω 2 , luego el anulador a considerar es 2 (D2 + ω 2 ) . As´ı, luego de los cálculo habituales del método del anulador se obtiene: b1 = −

F0 2mω

∧

b2 = 0

Por tanto, la solución general tiene la forma: x (t) = C1 cos ωt + C2 sin ωt − 185

F0 t cos ωt 2mω


Observaci´ on 2.8.6. Observe en el caso anterior que al aumenta t, las vibraciones causadas por el u ´ ltimo término de la ecuación anterior aumentar´ıan sin cota. En este caso, se dice que la fuerza externa está en resonancia con la masa en vibración.

Ejemplo 2.8.3. Una masa de 2 [kg] se sujeta de un resorte suspendido del techo. Esto ocasiona que el resorte se estire 49 [mt] al llegar a su estado de equilibrio. En el instante 65 t = 0 la masa se desplaza 1[mt] hacia abajo y se suelta. En ese mismo instante se aplica una fuerza externa 5 sin(2t) [newton] al sistema. Si la constante de amortiguación es de seg 8h newton . Determine el desplazamiento x(t) de la masa para t > 0. Considere g=9, 8 mt i mt seg2

.

Soluci´ on. mx00 + cx0 + kx = 5 sin(2t) donde 2 (9,8) =

49 k 65

de donde k = 26 se sigue 2x00 + 8x0 + 26x = 5 sin(2t) x (0) = 1 x0 (0) = 0 la solución de la ecuación es x (t) =

4 9 sin 2t − cos 2t + C1 (cos 3t) e−2t + C2 e−2t (sin 3t) 58 29

reemplazando la C.I 1=− C1 =

4 + C1 29

33 29

9 4 33 sin 2t − cos 2t + (cos 3t) e−2t + C2 e−2t (sin 3t) 58 29 29 derivando y reemplazando 9 66 − + 3C2 0= 29 29 C2 = 19 se sigue 29 9 4 33 19 x (t) = sin 2t − cos 2t + cos 3t + sin 3t e−2t 58 29 29 29 x (t) =

186


Ejercicios del cap´ıtulo 1. En los problemas siguientes se muestra que el principio de superposición generalmente no se cumple para ecuaciones no lineales a) Muestre que y = 1/x es solución de la ecuación y 0 + y 2 = 0 pero si c 6= 0 y c 6= 1 entonces y = c (1/x) no es solución. √ b) Muestre que φ1 (x) = 1 e φ2 (x) = x son soluciones de yy 00 + (y 0 )2 = 0 pero la suma no es solución. 2. Busque una solución polinomial de la ecuación de Legendre 1 − x2 y 00 − 2xy 0 + 2y = 0 y usando la fórmula de Abel determine la solución general de esta ecuación. 3. Verificar que φ1 (x) = x−1/2 cos x es solución (para x > 0) de la ecuación de Bessel de orden 12 1 2 00 0 2 x y + xy + x − y=0 4 y obtener su solución general. 4. Muestre que y1 (x) = x + 1 es solución de la ecuación 1 − 2x − x2 y 00 + 2 (1 + x) y 0 − 2y = 0 y resolverla completamente (encontrar solución general). 5. Considere la ecuación diferencial: y 00 + P1 (x) y 0 + P2 (x) y = Q (x)

(2.31)

y sean u1 (x) , u2 (x) soluciones linealmente independientes de la ecuación homogénea asociada. Pruebe que la función: f (x) = C1 (x) u1 (x) + C2 (x) u2 (x) es una solución particular de la ecuación (2.31), si se satisface el sistema de ecuaciones: 0 C1 (x) u1 (x) + C20 (x) u2 (x) = 0 0 0 0 0 C1 (x) u1 (x) + C2 (x) u2 (x) = Q (x) 6. Compruebe que: 1 y= ω

Z

x

f (t) sin ω (x − t) dt 0

es una solución particular de y 00 + ω 2 y = f (x). 187


7. Suponga que ex y e−x son soluciones de una ecuación diferencial lineal ordinaria homogénea, muestre que las funciones sinh x y cosh x también son soluciones de esa ecuación. 8. Muestre que la solución particular de una EDO lineal de segundo orden no homogénea y 00 + a1 (x) y 0 + a0 (x) y = f (x) se puede escribir en la forma Z

x

yp (x) =

G (x, t) f (t) dt x0

donde G es una función adecuada. 9. Hallar la solución general de 1) y 000 + 3y 00 − y 0 − 3y = 0 4) y 00 − 36y = 0 7) y 0000 + 4y 00 + 3y = 0

2) y (4) + 16y = 0 5) y 00 + 2y 0 − 3y = 0 8) y 00 − 4y 0 + 5y = 0

4

10. Resuelva la ecuación diferencial sujeta a las condiciones indicadas. 0

a) y 00 + 16y = 0 ; y(0) = 2, y (0) = −2 b) y 00 + 6y 0 + 25y = 0 ; y(0) = 2, y 0 (0) = 6 c) y 00 − 4y = 0 ; y(0) = 4, y 0 (0) = 16 d ) y 000 + 2y 00 − 5y 0 − 6y = 0 ; y(1) = 0, y 0 (1) = 0, y 00 (1) = 1 11. Resuelva las siguientes ecuaciones por anuladores. a) y 00 + y 0 = 2t + sin t b) y 00 + 4y 0 + 2y = te−2t

√ c) y 00 − 4y 0 + 5y = 4 + sin( 7t)

d ) y 00 + 3y = x2 e3x e) y 00 − 2y 0 + 2y = e2x (cos x − 3 sin x) f ) y 000 − y 00 − 4y 0 + 4y = 5 − ex + e2x g) y 000 − 2y 00 + 2y 0 − y = ex + cos x 12. Resuelva la ecuación diferencial sujeta a las condiciones indicadas. a) 2y 00 + 3y 0 − 2y = 14x2 − 4x − 11 , y(0) = 0, y 0 (0) = 0 188

2

d y d y 3) dx 4 + dx2 + y = 0 6) y 00 + 8y 0 + 16y = 0 9) y 000 − 5y 00 + 3y 0 + 9y = 0


b) y 00 + 4y 0 + 4y = (3 + x)e−2x , y(0) = 2, y 0 (0) = 5 c) y 00 − 2y 0 + 2y = 2x − 2 , y(π) = 0, y 0 (π) = 0 d2 x + ω 2 x = F0 cos γt , x(0) = 0, x0 (0) = 1 dt2 d2 x e) + ω 2 x = F0 sin ωt , x(0) = 0, x0 (0) = 0 2 dt

d)

13. Hallar una EDO lineal con coeficientes constantes que tenga por solución general: 1) y (x) = c1 xex + c2 ex + x + 1 √ √ √ √ 2) y (x) = c1 e2x cos 3x + c2 e2x sin 3x + c3 xe2x cos 3x + c4 xe2x sin 3x + ex 14. Encontrar un anulador de 1) f (x) = x cos 2x + π3 2 2) f (x) = (x2 + 1) ex + x sinh (x) √ 2 3) f (x) = (x2 − 1) (1 + sin x) e 3x 15. Encontrar la solución general de 1) x2 y 00 + xy 0 + 9y = 0 2) x2 y 00 + xy 0 − p2 y = 0

con p ∈ R

16. Encontrar la solución general de 1) 3) 5) 7) 9)

x2 y 00 + xy 0 − 9y = x2 + 1 x2 y 00 + 4xy 0 + 2y = 2 ln x x3 y 000 + 4x2 y 00 + xy 0 − y = x 1 y 00 + x1 y 0 − x12 y = x2 +x 3 x4 y 00 + x3 y 0 − 4x2 y = 1

2) 4) 6) 8) 10)

00

0

x2 y + xy − 9y = x3 + 1 00 0 x2 y + xy + 9y = sin(ln x3 ) x2 y 00 − xy 0 + 2y = 16 y 00 − x2 y 0 + x22 y = lnxx x3 y 000 + 6x2 y 00 + 4xy 0 − 4y = x

17. Encontrar una solución general de cada una de las ecuaciones diferenciales, usando el método de variación de parámetros. a) y 000 − y 00 + y 0 − y = 4xex b) y 000 − y 0 = sin x c) y 000 − 2y 00 = 4(x + 1) d ) y 000 − 3y 00 − y 0 + 3y = 1 + ex e) y 000 − 7y 0 + 6y = 2 sin x f ) 3y 00 − 6y 0 + 30y = ex tan 3x ex g) y 00 − 2y 0 + y = 4x2 − 3 + x 189


h) y 000 − 2y 0 − 4y = 2e−x sec x (puede dejar integrales finales sin calcular) 18. Una solución y = u(x) de la ecuación diferencial y 00 − 3y 0 − 4y = 0 intersecta a una solución de la ecuación diferencial y 00 + 4y 0 − 5y = 0 en el origen. Determinar las funciones u y v si las dos soluciones tienen la misma pendiente en el origen y si (v(x))4 5 = . x→∞ u(x) 6 l´ım

19. Sean y1 = u(x) y y2 = xu(x) dos soluciones de la ecuación y 00 + 4xy 0 + p(x)y = 0. Si u(0) = 1, determine u(x) y p(x) expl´ıcitamente. 20. Se sabe que para x > 0 la ecuación homogénea asociada a √ 4xy 00 + 2 − 8 x y 0 − 5y = 1 tiene una solución y1 (x) = e−

√

x

determine la solución general. 21. Determine la solución general de la ecuación diferencial (2x − 1)2

√ d2 y dy + 4 (2x − 1) − 8y = 2x − 1 2 dx dx

Ind.: Considere el cambio de variables u = 2x − 1. 22. Dada la ecuación diferencial (x − a)

dy d2 y −x + a2 y = a (x − 1)2 ex 2 dx dx

determine el valor del parámetro de forma que ex sea una solución de la homogénea asociada y determine la solución general de la ecuación no homogénea para tales valores del parámetro. 23. Use z = sin (x) para resolver la ecuación y 00 + tan (x) y 0 + cos2 (x) y = sin (x) cos2 (x) 24. Considere la ecuación diferencial x2 y 00 − 2xy 0 + 2y = 6 con condiciones iniciales y (0) = 3, y 0 (0) = 1 tiene soluciones yc (x) = cx2 + x + 3 para todo c ∈ R, este problema no tiene solución u ńica, ¿contradice esto el teorema de existencia y unicidad.? 190


25. Resolver (xD + 1) (D − x) (xD) y = x donde D =

d . dx

26. Un cuerpo con masa m = 12 kilogramo (kg) está unido en el extremo de un resorte estirado 2 metros (m) debido a una fuerza de 100 newtons (N) y es puesto en movimiento a partir de la posición inicial x0 = 1 (m) y velocidad inicial v0 = 5 (m/s). (Nótese que estas condiciones iniciales indican que el cuerpo se desplaza a la derecha y a la izquierda en el tiempo t = 0). Encuéntrese la función de la posición del cuerpo, as´ı como su amplitud, frecuencia, periodo de oscilación y el tiempo de retardo de su movimiento. 27. Determine el periodo y la frecuencia del movimiento armónico simple de una masa de 4 kg unida al extremo de un resorte con constante de 16 N/m. 28. Establezca el periodo y la frecuencia del movimiento armónico simple de un cuerpo con una masa de 0.75 kg unida al extremo de un resorte con constante de 48 N/m. 29. Un cuerpo con masa de 250 g está unido al extremo de un resorte estirado 25 cm por una fuerza de 9 N. En el tiempo t0 el cuerpo es movido 1 m a la derecha, estirando el resorte y aplicando un movimiento con una velocidad inicial de 5 m/s a la izquierda. (a) Encuentre x(t). (b) Obtenga la amplitud y el periodo de movimiento del cuerpo. 30. Asuma que la ecuación diferencial de un péndulo simple de longitud L es Lθ00 +gθ = 0, donde g = GM/R2 es la aceleración gravitacional en el lugar donde éste se encuentra (a una distancia R del centro de la Tierra; M significa la masa de la Tierra). Dos péndulos de longitudes L1 y L2 —ubicados a una distancia R1 y R2 respecto del centro de la Tierra— tienen periodos p1 y p2 . Muestre que √ R1 L1 p1 √ = p2 R2 L2

191

Cap´ıtulo 3 : Sistemas de ecuaciones diferenciales

Definiciones Considere los dos tanques que se ilustran en la figura. Suponga que el tanque A contiene 50 galones de agua en los que hay disueltas 25 libras de sal. Suponga que el tanque B contiene 50 galones de agua pura. A los tanques entra y sale l´ıquido como se indica en la figura; se supone que tanto la mezcla intercambiada entre los tanques como el l´ıquido bombeado hacia fuera del tanque B están bien mezclados. Se desea construir un modelo matemático que describa la cantidad de libras x1 (t) y x2 (t) de sal en los tanques A y B respectivamente en el tiempo t.

se tiene gal lb gal x2 lb gal x1 lb 3 ·0 +1 · −4 · min gal min 50 gal min 50 gal x2 2 = − x1 + 25 50

dx1 = dt

y dx2 x1 x2 x2 = 4 −3 −1 dt 50 50 50 2 2 = x1 − x2 25 25 as´ı obtenemos el sistema 2 1 dx1 = − x1 + x2 dt 25 50 dx2 2 2 = x1 − x2 dt 25 25 192


y las condiciones x1 (0) = 25 y x2 (t) = 0 Un sistema de ecuaciones de la forma dX = A (t) X (t) + B (t) dt esto es     

x01 (t) x02 (t) .. . x0n (t)





    =  

 a11 (t) a12 (t) · · · a1n (t) x1 (t)   a21 (t) a22 (t) · · · a2n (t)   x2 (t)   .. .. .. .. ..  . . . . . an1 (t) an2 (t) · · · ann (t) xn (t)





    +  

b1 (t) b2 (t) .. .

    

bn (t)

donde X (t) = (x1 (t) , x2 (t) , . . . , xn (t))T , A (t) = (aij (t)) es una matriz de orden n × n y B (t) = (b1 (t) , b2 (t) , . . . , bn (t))T es llamado sistema de ecuaciones diferenciales lineal de primer orden (se supone que las funciones aij (t) y bi (t) son continuas en un intervalo abierto I). Si adicionalmente se debe cumplir X (t0 ) = X0 para t0 ∈ I, X0 ∈ Rn entonces tenemos el P.V.I dX = A (t) X (t) + B (t) dt X (t0 ) = X0 Ejemplo 3.1.1. Son sistemas de ecuaciones lineales: dx dt

=

dy dt

= −x + 2y + cos t

dx dt

= et x + e−t y + t

dy dt

= −x + (sin t) y

dx dt

=

dy dt

= −x + 2y + 3z

dz dt

=

x + 2y + et

1.

2.

3.

x+y+z

2x + 3y + z

mientras que el sistema dx = x2 + e t y 2 dt p dy = cos t + x2 + y 2 dt no es lineal. 193


Teorema 3.1.1. Si las funciones aij (t) y bi (t) son continuas en el abierto I ⊆ R, t0 ∈ I, X0 ∈ Rn entonces el problema de valores iniciales dX = A (t) X (t) + B (t) dt X (t0 ) = X0 tiene solución u ńica.

Ejemplo 3.1.2. Resolver el sistema dx1 = x2 dt dx2 = −x1 dt con x1 (0) = 1, x2 (0) = 0. Soluci´ on. Note que derivando la primera ecuación respecto a t obtenemos d 2 x1 dx2 = = −x1 2 dt dt de donde x1 debe cumplir

d 2 x1 + x1 = 0 dt2 as´ı x1 (t) = c1 cos t + c2 sin t para algunas constantes c1 y c2 ahora bien, x1 (0) = 1 = c1 se sigue x1 (t) = cos t + c2 sin t además x2 (t) =

dx1 = − sin t + c2 cos t dt

luego 0 = x2 (0) = c2 se sigue x1 (t) = cos t x2 (t) = − sin t

194


Observaci´ on 3.1.1. Toda ecuación diferencial ordinaria lineal de orden n puede ser transformada en un sistema de ecuaciones lineales, en efecto si tenemos y (n) + an−1 (t) y (n−1) + · · · + a1 (t) y 0 + a0 (t) y = h (t) poniendo x1 (t) = y (t) x2 (t) = y 0 (t) .. . xn (t) = y (n−1) (t) entonces 

x1 x2 .. .

 d    dt   xn−1 xn





      =     

0 0 .. .

1 0 .. .

0 1 .. .

··· ··· .. . ...

0 0 .. .

0 0 .. .

1 0 0 0 0 −a0 −a1 · · · · · · · · · −an−1



x1 x2 .. .

       xn−1 xn





      +    

0 0 .. . 0 h (t)

      

Ejemplo 3.1.3. Considere la ecuación d2 x dx + (cos t) + 2x = et dt2 dt esta se transforma en el sistema d 0 1 x1 0 x1 = + x2 −2 − cos t et dt x2 donde x1 (t) = x (t) y x2 (t) = x0 (t) La teor´ıa de los sistemas lineales es similar a la que hemos visto hasta ahora en el caso de una ecuación. La ecuación Homogénea asociada a dX = A (t) X (t) + B (t) dt es

dX = A (t) X (t) dt

su conjunto solución S=

dX X (t) ∈ C (I, R ) : = A (t) X (t) dt 1

n

es un espacio vectorial de dimensión n (si el sistema es de orden n) y la solución de la no homogénea será una solución particular más una combinación lineal arbitraria de elementos de la base de S. 195


Ecuaci´ on con coeficientes constantes Suponga que trabajamos con el sistema dX = AX dt donde A ∈ Mn×n (R) (coeficientes constantes). Teorema 3.2.1. Si λ es un valor propio de A con vector propio v entonces x (t) = veλt es solución de

dX dt

= AX.

Matriz A diagonalizable Si A es una matriz diagonalizable entonces P −1 AP = D donde D es una matriz diagonal, la ecuación dX = AX dt la podemos ver como

multiplicando la ecuación por P −1

dX = P DP −1 X dt por la izquierda

d P −1 X = DP −1 X dt cambiamos la variable Y = P −1 X nos queda dY = DY dt que es un sistema de la forma dyi = λi yi para i = 1, 2, . . . , n dt 196


tiene soluciones yi (t) = ci eλi t luego la solución es X (t) = P Y (t) =

n X

ci vi eλi t

i=1

donde vi son los vectores propios asociados a los valores propios correspondientes. Observaci´ on 3.2.1. Si el valor propio λi es complejo vi eλi t y vi eλi t aparecerán como soluciones, al buscar soluciones reales se tiene que Re vi eλi t y Im vi eλi t son soluciones l.i. reales correspondientes a combinaciones lineales de las dos complejas luego generan lo mismo.

Ejemplo 3.2.1. Resolver     −1 1 1 x1 x1 d  x2  =  1 −1 1   x2  dt 1 1 1 x3 x3 

Soluci´ on. Primero buscamos el polinomio caracter´ıstico de la matriz   −1 1 1 A =  1 −1 1  1 1 1 esta dado por −1 − λ 1 1 PA (λ) = |A − λI| = 1 −1 − λ 1 1 1 1−λ

= (λ − 2) (λ + 2) (λ + 1)

luego tiene 3 valores propios distintos y es una matriz de orden 3 luego es diagonalizable, ahora buscamos los vectores propios: * −1 + * −1 + * 1 + 2  −1  ↔ −1,  1  ↔ −2,  1  ↔ 2 2 1 1 0 as´ı la solución del sistema es      1   1 2t  c e − c2 e−2t − c1 e−t −1 −1 2 2 3 X (t) = c1  −1  e−t + c2  1  e−2t + c3  12  e2t =  c2 e−2t − c1 e−t + 21 c3 e2t  1 0 1 c1 e−t + c3 e2t

197


Ejemplo 3.2.2. Resolver     x1 5 2 2 x1 d  x2  =  2 2 −4   x2  dt x3 2 −4 2 x3 

Si  5 2 2 A =  2 2 −4  2 −4 2 

entonces es diagonalizable por ser una matriz simétrica 5−λ 2 2 2 |A − λI| = 2 2 − λ −4 = − (λ + 3) (λ − 6) 2 −4 2 − λ luego hay 1 valor propio de multiplicidad 2 buscamos los vectores propios * − 1 + * 2   2 + 2  1  ↔ −3,  1  ,  0  ↔ 6 1 0 1 se sigue que la solución del sistema es        1  2c2 e6t − 21 c1 e−3t + 2c3 e6t 2 2 −2  X (t) = c1  1  e−3t + c2  1  e6t + c3  0  e6t =  c1 e−3t + c2 e6t −3t 6t 1 0 1 c1 e + c3 e Ejemplo 3.2.3. Resolver 

    x1 0 2 0 x1 d  x2  =  −2 0 0   x2  dt x3 0 0 1 x3 Soluci´ on. Si 

 0 2 0 A =  −2 0 0  0 0 1 entonces la ecuación caracter´ıstica es (λ − 1) (λ2 + 4) = 0 de donde tenemos que la matriz es diagonalizable, 3 valores propios distintos aunque hay dos complejos, veamos los espacios propios asociados * 0 + * i + * −i +  0  ↔ 1,  1  ↔ −2i,  1  ↔ 2i 1 0 0 198


el resultado nos dice que    −i i  1  e−2it y  1  e2it 0 0 

son soluciones pero buscamos soluciones reales y para     i Re  1  e−2it  y Im  0

ello   i 1  e−2it  0

generan lo mismo que las dos anteriores     i i −2it  1 e =  1  (cos (2t) − i sen (2t)) 0 0   i cos (2t) + sen (2t) =  cos (2t) − i sen (2t)  0 



  sen (2t) cos (2t) =  cos (2t)  + i  − sen (2t)  0 0 se sigue 

    i sen (2t) Re  1  e−2it  =  cos (2t)  0 0 y 

    i cos (2t) Im  1  e−2it  =  − sen (2t)  0 0 luego la solución es         0 sin (2t) cos (2t) c3 cos 2t + c2 sin 2t X (t) = c1  0  et + c2  cos (2t)  + c3  − sin (2t)  =  c2 cos 2t − c3 sin 2t  1 0 0 c1 et Si la matriz no es diagonalizable no hemos desarrollado una teor´ıa para poder resolverla (más adelante resolveremos estos sistemas utilizando la transformada de Laplace) sin embargo podemos enfrentar directamente el sistema a través de eliminación, considere el siguiente ejemplo:

199


Ejemplo 3.2.4. Resolver el sistema d x −2 −1 x = 1 −4 y dt y Soluci´ on. En este caso el polinomio es −2 − λ −1 |A − λI| = 1 −4 − λ

= λ2 + 6λ + 9 = (λ + 3)2

se sigue que hay un solo valor propio de multiplicidad algebraica 2, Si calculamos vemos que la multiplicidad geométrica (dimensión del espacio propio asociado) es 1 luego la matriz no es diagonalizable 1 Wλ=−3 = 1 Lo resolveremos directamente x0 = −2x − y y 0 = x − 4y si derivamos la primera ecuación obtenemos x00 = −2x0 − y 0 pero de la segunda ecuación sabemos y 0 = x − 4y reemplazando x00 = −2x0 − (x − 4y) = 4y − x − 2x0 pero de la primera ecuación y = −x0 − 2x as´ı x00 = 4 (−x0 − 2x) − x − 2x0 = −9x − 6x0 as´ı x00 + 6x0 + 9x = 0 ⇔ (D + 3)2 x = 0 luego x (t) = c1 e−3t + c2 te−3t 200


además y (t) = −x0 − 2x d c1 e−3t + c2 te−3t − 2 c1 e−3t + c2 te−3t = − dt = e−3t (c1 − c2 + tc2 ) = c1 e−3t + c2 (−1 + t) e−3t luego x (t) c1 e−3t + c2 te−3t X (t) = = y (t) c1 e−3t + c2 (−1 + t) e−3t 1 t −3t = c1 e + c2 e−3t 1 −1 + t

es la solución. Note que la estructura de la solución es similar a las ecuaciones con ra´ız repetida.

Variaci´ on de par´ ametros en sistemas Suponga que queremos determinar la solución particular de la ecuación dX = AX + B (t) dt donde la solución de la homogénea es Xh (t) = c1 X1 (t) + c2 X2 (t) + · · · + cn Xn (t) entonces proponemos una solución particular de la forma Xp (t) =

n X

ci (t) Xi (t)

i=1

se sigue que Xp0

(t) = =

n X i=1 n X

c0i

(t) Xi (t) +

c0i (t) Xi (t) +

i=1

=

n X

n X i=1 n X

ci (t) Xi0 (t) ci (t) AXi (t)

i=1

c0i (t) Xi (t) + AXp (t)

i=1

201


entonces

n X

c0i (t) Xi (t) = B (t)

i=1

se sigue c0i

X1 (t) X2 (t) · · · Xi−1 (t) B (t) Xi+1 (t) · · · Xn (t) (t) = X1 (t) X2 (t) · · · Xi−1 (t) Xi (t) Xi+1 (t) · · · Xn (t)

es un cociente de determinantes por la regla de Cramer. Ejemplo 3.3.1. Determine la solución general del sistema dx 2t 1 −3 x e dt = + dy −3 1 y e4t dt Soluci´ on. Primero resolvemos el sistema homogéneo, la matriz 1 −3 −3 1 tiene valores propios −2, 4 y

1 1

−1 1

Wλ=−2 = Wλ=4 =

se sigue que la solución general del sistema homogéneo es 1 −1 −2t Xh (t) = α e +β e4t para α, β ∈ R 1 1 para determinar la solkución particular usamos variación de parámetros, existe una solución de la forma 1 −1 −2t Xp (t) = C1 (t) e + C2 (t) e4t 1 1 donde 2t e −e4t e4t e4t e6t + e8t C10 (t) = −2t = e 2e2t −e4t e−2t e4t 1 4t 1 6t e + e = 2 2 202


se sigue Z C1 (t) =

1 1 1 4t 1 6t dt = e4t + e6t e + e 2 2 8 12

por otro lado −2t 2t e e e−2t e4t

C20 (t) = −2t e −e4t e−2t e4t 1 1 −2t = − e 2 2

e2t − 1 = 2e2t

se sigue 1 1 −2t − e dt C2 (t) = 2 2 1 1 = t + e−2t 2 4 Z

as´ı

Xp (t) = = = = =

−1 C1 (t) e + C2 (t) e4t 1 1 4t 1 6t 1 1 −2t 1 −1 −2t e + e t+ e e + e4t 1 1 8 12 2 4 1 2t 1 4t 1 4t 1 2t e + e te + e − 8 12 2 4 + 1 4t 1 2t 1 4t 1 2t e + e te + e 8 12 2 4 1 2t 1 4t 1 4t 1 2t e + 12 e − 2 te − 4 e 8 1 2t 1 4t e + 12 e + 12 te4t + 41 e2t 8 1 2t 1 2t 1 4t 1 4t e − e + e − te 8 4 12 2 1 2t 1 2t 1 4t 1 4t e + e + e + te 8 4 12 2 1 1

−2t

la solución general es XG = α

1 1

−2t

e

+β

−1 1

4t

e +

− 81 e2t + 3 2t e + 8

para α, β ∈ R

Ejemplo 3.3.2. Resolver el sistema  dx   

dt dy dt dz dt

    1 −4 0 x 1  =  4 1 0  y  +  0  0 0 2 z t 203

1 − 12 t e4t 12 1 + 2t e4t 12


Soluci´ on. Este sistema tiene la forma dX = AX + B (t) dt donde    1 −4 0 1 B (t) =  0  y A =  4 1 0  0 0 2 t 

primero resolvemos el sistema homogéneo dX = AX dt es decir  

dx dt dy dt dz dt

  1 −4 0 x  =  4 1 0  y  0 0 2 z 



buscamos los valores y vectores propios asociados, en este caso son:        0   −i   i   0  ↔ 2,  1  ↔ 1 − 4i,  1  ↔ 1 + 4i       1 0 0 se sigue que las solución general del sistema homogéneo es de la forma         0 −i −i Xh (t) = c1  0  e2t + c2 Re  1  e(1−4i)t  + c3 Im  1  e(1−4i)t  1 0 0 donde    −i −i  1  e(1−4i)t =  1  et e−4ti 0 0   −i =  1  et (cos 4t − i sin 4t) 0   −iet cos 4t − et sin 4t =  et (cos 4t − i sin 4t)  0     − sin 4t − cos 4t = et  cos 4t  + iet  − sin 4t  0 0 

204


entonces      − cos 4t − sin 4t 0 Xh (t) = c1  0  e2t + c2 et  cos 4t  + c3 et  − sin 4t  0 0 1 

ahora buscamos una solución particular de la ecuación no homogénea dX = AX + B (t) dt de la forma Xp (t) = c1 (t) X1 (t) + c2 (t) X2 (t) + c3 (t) X3 (t) (mediante variación de parámetros) donde       0 −et sin 4t −et cos 4t X1 (t) =  0  , X2 (t) =  et cos 4t  y X3 (t) =  −et sin 4t  e2t 0 0 se sigue las funciones c1 , c2 y c3 deben cumplir      0 1 0 −et sin 4t −et cos 4t c1 (t) t t 0  0 e cos 4t −e sin 4t   c2 (t)  =  0  c03 (t) t e2t 0 0 sistema que podemos resolver por ejemplo mediante determinantes: 1 −et sin 4t −et cos 4t 0 et cos 4t −et sin 4t t 0 0 te2t 0 c1 (t) = = = te−2t 0 −et sin 4t −et cos 4t e4t 0 et cos 4t −et sin 4t e2t 0 0 : 0 1 −et cos 4t 0 0 −et sin 4t e2t t 0 −e3t sin 4t c02 (t) = = = −e−t sin 4t 0 −et sin 4t −et cos 4t e4t 0 et cos 4t −et sin 4t e2t 0 0 y 0 −et sin 4t 1 0 et cos 4t 0 e2t 0 t −e3t (cos 4t) c03 (t) = = − (cos 4t) e−t = 0 −et sin 4t −et cos 4t e4t 0 et cos 4t −et sin 4t e2t 0 0 205


integramos : Z

1 c1 (t) = te−2t dt = − e−2t (2t + 1) 4 Z 1 c2 (t) = −e−t sin 4tdt = e−t (4 cos 4t + sin 4t) 17 Z 1 c3 (t) = − (cos 4t) e−t )dt = e−t (cos 4t − 4 sin 4t) 17 entonces la solución particular es    −et sin 4t 0 1 −t 1 e (4 cos 4t + sin 4t)  et cos 4t  Xp (t) = − e−2t (2t + 1)  0  + 4 17 e2t 0   −et cos 4t 1 −t + e (cos 4t − 4 sin 4t)  −et sin 4t  17 0   1 − 17 4  =  17 − 12 t − 14



verifiquemos que es correcto  0 Xp0 (t) =  0  − 21  1 −4  = 4 1 0 0  −1  = 0 −t − 21 

 1 0 − 17 4 0  17 2 − 12 t −    1 + 0  t

 1 4



 1 + 0  t

se sigue que la solución del sistema es X (t) = Xh (t) + Xp (t)        1 0 − sin 4t − cos 4t − 17 4 = c1  0  e2t + c2 et  cos 4t  + c3 et  − sin 4t  +  17 1 0 0 − 21 t −

206

  1 4


An´ alisis cualitativo de sistemas Vamos a analizar el comportamiento de los sistemas de orden 2 de la forma dx = ax + by dt dy = cx + dy dt donde a, b, c y d son constantes, basándonos en los valores propios de la matriz asociada al sistema a b A= c d la cual supondremos diagonalizable y adicionalmente que det (A) = ad − bc 6= 0 de esta forma la uńica solución constante del sistema corresponde al origen, esta solución es llamada solución de equilibrio, las demás soluciones serán entonces curvas paramétricas (x (t) , y (t)) y seg´ un su comportamiento clasificaremos la solución de equilibrio.

Valores propios reales y distintos (no nulos) 1. Punto silla: En el caso en que los valores propios son reales y distintos con signos contrarios, el origen se dice que es un punto de silla. Considere el sistema d x −1 1 x = 3 1 y dt y En este caso la matriz de coeficientes es −1 1 A= 3 1 la cual tiene determinante distinto de cero. Buscamos sus valores propios y vectores propios asociados, en este caso son: 1 −1 3 ↔ −2, ↔2 1 1 luego las soluciones del sistema son de la forma 1 −1 2t X (t) = c1 3 e + c2 e−2t 1 1 Note que si c1 = 1 y c2 = 0 obtenemos una solución recta 1 3 X1 (t) = e2t 1 207


en esta solución x (t) = 13 e2t y y (t) = e2t se sigue que los puntos de esta curva están sobre la recta e2t y = 1 2t = 3 x e 3 es decir y = 3x y se alejan delorigen cuando t → +∞ por el primer cuadrante. De 1 manera similar, −X1 (t) = − 3 e2t es la curva paramétrica que esta sobre la 1 recta y = 3x y si t → +∞ la solución se aleja del origen por el tercer cuadrante. Existe otra solución recta, al poner c1 = 0 y c2 = 1 se obtiene −1 X2 (t) = e−2t 1 es decir la curva paramétrica x = −e−2t y = e−2t esta curva esta sobre la recta y = −1 es decir y = −x x note que cuando t → +∞ los puntos se acercan al origen sobre tal recta por el segundo cuadrante. Note que −X2 (t) también es solución, en este caso x = e−2t y = −e−2t esta curva también esta sobre la recta y = −x los puntos se acercan al origen pero por el cuarto cuadrante. Las solución general es 1 −1 2t 3 X (t) = c1 e + c2 e−2t 1 1

−1 1

note que si t → +∞ entonces c2 e−2t ≈ 0 y la solución se comporta como 1 c1 3 e2t esto es, cuando el tiempo avanza la curva solución se acerca a la recta 1 y = 3x (el cuadrante depende de c1 ) y si analizamos el comportamiento cuando −1 t → −∞ las curvas soluciones tienden a c2 e−2t esto se interpreta como que 1 las soluciones parten cercana a esa recta y se aproximan a y = 3x. Recuerde que

208


por teorema de existencia y unicidad dos soluciones distintas no se pueden cortar. Grafiquemos algunas soluciones y el campo de direcciones asociado a este sistema

2. Sumidero: Si los valores propios son reales y distintos, ambos negativos, el origen es llamado sumidero. Considere el sistema 6 2 d x −5 5 x = 2 9 −5 y dt y 5 en este caso la matriz de coeficientes es 6 −5 A= 2 5

2 5

− 95

que tiene vectores y valores propios asociados 1 2 −2 ↔ −1, ↔ −2 1 1 luego las soluciones son de la forma 1 2 −2 −t X (t) = c1 e + c2 e−2t 1 1 209


grafiquemos el campo de direcciones y diagrama de fase asociados. Note que en este caso tenemos dos soluciones rectas y que las soluciones tienden al origen si t → +∞

3. Fuente: Si los valores propios son distintos pero ambos positivos entonces el origen es llamado fuente (las soluciones se alejan del origen) Considere el sistema d x 0 6 x = −1 5 y dt y en este caso la matriz de coeficientes es 0 6 A= −1 5 que tiene vectores y valores propios 3 2 ↔ 2, ↔3 1 1 luego las soluciones son de la forma 3 2 2t e3t X (t) = c1 e + c2 1 1 210


note que si t → ∞ entonces kX (t)k → ∞ se sigue que las soluciones se alejan del origen y tenemos dos soluciones rectas.

Valores propios complejos 1. Sumidero espiral: En el caso en que los valores propios son complejos y la parte real del valor propio es negativa, el origen es un sumidero espiral. Considere el sistema d x 1 2 x = −4 −3 y dt y en este caso la matriz asociada es A=

1 2 −4 −3

tiene por vectores y valores propios 1 1 1 1 −2 + 2i −2 − 2i ↔ −1 − 2i, ↔ −1 + 2i 1 1 se sigue que la solución del sistema esta generada por 1 1 1 1 −2 + 2i −2 + 2i (−1−2i)t (−1−2i)t Re e e Im e 1 1 211


entonces −t

X (t) = c1 e

1 2

sin 2t − 12 cos 2t cos 2t

−t

+ c2 e

1 2

sin 2t + 21 cos 2t − sin 2t

ahora el campo de vectores y algunas curvas (note que en este caso no hay soluciones rectas) las soluciones se acercan al origen

2. Fuente espiral: En el caso en que los valores propios son complejos con parte real positiva las soluciones se alejan del origen y este es llamado fuente espiral. Considere el sistema d x 4 3 x = −6 −2 y dt y en este caso la matriz asociada es A=

4 3 −6 −2

los valores y vectores propios son 1 1 1 1 −2 + 2i −2 − 2i ↔ 1 − 3i, ↔ 1 + 3i 1 1

212


luego la solución es generada por 1 1 1 1 −2 + 2i −2 + 2i (1−3i)t (1−3i)t e e Im e Re 1 1 es decir las soluciones son de la forma 1 sin 3t − 12 cos 3t t t 2 + c2 e X (t) = c1 e cos 3t

1 2


grafiquemos el campo de direcciones y algunas soluciones el comportamiento es el mismo pero las soluciones se alejan del origen. (no tenemos soluciones rectas)

3. Centro: Cuando los valores propios son complejos con parte real igual a cero el origen es llamado centro, en este caso las soluciones no se acercan al origen sino que se mantienen alrededor de él, el origen es estable en este caso pero no asintóticamente estable. Considere el sistema d x 3 3 x = −6 −3 y dt y en este caso la matriz asociada es A=

3 3 −6 −3

213


que tiene por valores y vectores propios 1 1 1 1 −2 + 2i −2 − 2i ↔ −3i, ↔ 3i 1 1 luego la solución del sistema es generada por 1 1 1 1 −2 + 2i −2 + 2i (−3i)t (−3i)t e Im Re e e 1 1 es decir las soluciones son de la forma 1 1 sin 3t − cos 3t 2 X (t) = c1 2 + c2 cos 3t

1 2


grafiquemos el campo de vectores y algunas curvas solución.

Valores propios repetidos (no nulos) 1. Fuente: Cuando hay solo un valor propio y es positivo el origen es llamado fuente, las soluciones se alejan del origen. Considere el sistema d x 2 0 x = 0 2 y dt y 214


en este caso la matriz asociada es A=

2 0 0 2

y el valor propio es λ = 2 se ve que las soluciones son de la forma 1 0 2t X (t) = c1 e + c2 e2t 0 1 es decir X (t) =

c1 e2t c2 e2t

las soluciones son todas rectas que se alejan del origen. 2. Sumidero: Si hay solo un valor propio y es negativo las curvas se acercan al origen y este es llamado sumidero. Considere el sistema d x −2 0 x = 0 −2 y dt y en este caso la matriz asociada es A=

−2 0 0 −2

los valores propios son iguales a −3 pero la matriz no es diagonalizable, las soluciones son de la forma c1 e−2t X (t) = c2 e−2t son rectas que se acercan al origen.

Teorema 3.4.1. Para un sistema lineal X0 = AX en el cual det (A) = 6 0, sea X = X (t) la solución que satisface X (0) = X0 con X0 6= 0. 1. l´ımt→+∞ X (t) = 0 si y solo si los valores propios de A tienen partes reales negativas. 2. X (t) es periódica si y solo si las valores propios de A son imaginarios puros.

Ejemplo 3.4.1. Sea α ∈ R− {1, 2}. Considere el sistema de ecuaciones d x α α−2 x = 1−α α y dt y 215


1. Clasificar la solución de equilibrio (silla, atractor, repulsor, etc.) para los distintos valores de α. Primero notemos que α α−2 1−α α

= 2α2 − 3α + 2 > 0

para todo α ∈ R, luego la u ´ nica solución de equilibrio es el origen. Para clasificar calculamos los valores propios λ2 − 2αλ + 2α2 − 3α + 2 luego p 4α2 − 4 (2α2 − 3α + 2) λ = 2 p 2 2α ± 4α − 4 (2α2 − 3α + 2) = 2 p = α ± − (α − 1) (α − 2) 2α ±

a) Si − (α − 1) (α − 2) > 0 es decir α ∈ ]1, 2[ tenemos soluciones reales y notemos que el producto de las dos es 2α2 − 3α + 2 > 0 luego las dos son positivas o negativas, p α − − (α − 1) (α − 2) > 0 ⇔

(para α > 0)

α2 > − (α − 1) (α − 2) ⇔ 2

α + (α − 1) (α − 2) > 0 lo que tiene solución todo R+ pero por la restricción se sigue α ∈ ]1, 2[ . As´ı, para α ∈ ]1, 2[ tenemos dos valores propios reales y positivos, el punto es un repulsor. b) Si − (α − 1) (α − 2) < 0 esto es α ∈ ]−∞, 1[ ∪ ]2, +∞[ tenemos ra´ıces complejas conjugadas. Para α = 0 tenemos un centro, para α < 0 tenemos un atractor espiral y para α ∈ ]0, 1[ ∪ ]2, +∞[ tenemos un repulsor espiral. 2. Para α = fases. si α =

3 2

3 2

determine la solución general del sistema y bosquejar el diagrama de

entonces λ= 216

3 1 ± 2 2


es decir, los valores propios son 2, 1 buscamos los espacios propios 3 3 3 1 − 2 − 2 2 2 2 = 1 3 3 1 − 23 − 2 2 2 se sigue

1 1

Wλ=1 =

y Wλ=2 = la solución general es

x (t) y (t)

= C1

1 1

−1 1

t

e + C2

−1 1

e2t

el diagrama de fases es

Ejemplo 3.4.2. Considere el sistema de ecuaciones diferenciales lineales 0 x −a a x = 0 y 1 −a y 1. Bosquejar los diagramas de fases para todo a ∈ R− {0, 1} Buscamos los valores propios, determinamos si son reales y complejos para clasificar. El polinomio caracter´ıstico es λ2 + 2aλ + a2 − a luego como a2 − a = a (a − 1) 6= 0 se sigue que los valores propios son no nulos y la u ´ nica solución de equilibrio es el cero. El discriminante de esta cuadrática es 217


4a2 − 4 (a2 − a) = 4a se sigue que para a < 0 las ra´ıces son complejas y para a > 0 las ra´ıces son reales. Supongamos a < 0 entonces las ra´ıces son √ √ −2a ± 4a = −a ± a 2 √ = −a ± i −a complejas con parte real positiva es una fuente espiral. Para a > 0 las ra´ıces son reales, su producto es a (a − 1) el cual es positivo si a > 1 y negativo si 0 < a < 1. Este signo nos dice que para 0 < a < 1 los valores propios tienen distinto signo (es una silla) y para a > 1 tienen igual signo veamos si es positivo o negativo √ √ −a + a y − a − a son negativas por la segunda, se sigue que para a > 1 es un sumidero. Los gráficos son los siguientes: Para a < 0

218


para 0 < a < 1

para a > 1

2. Resolver el sistema no homogéneo 0 t x −4 4 x e = + 0 y 1 −4 y e2t Resolvemos el sistema homogéneo, la matriz −4 4 1 −4

219


tiene valores propios −2 y −6 y vectores propios asociados

2 1

y

−2 1

tivamente, se sigue que la solución del sistema homogéneo es 2 −2 −2t X (t) = α e +β e−6t 1 1 la solución particular la determinamos usando variación de parámetros 2 −2 −2t Xp (t) = C1 (t) e + C2 (t) e−6t 1 1 donde t e −2e−6t e2t e−6t

C10 (t) = −2t 2e −2e−6t e−2t e−6t 1 4t 1 3t = e + e 2 4

=

2e−4t + e−5t 4e−8t

as´ı Z

1 4t 1 3t C1 (t) = e + e dt 2 4 1 3t 1 4t e + e = 12 8 de manera similar −2t 2e et e−2t e2t

C20 (t) = −2t 2e −2e−6t e−2t e−6t

1 1 = e8t − e7t 2 4

luego Z

1 8t 1 7t C2 (t) = e − e dt 2 4 1 8t 1 = e − e7t 16 28 se sigue Xp (t) = =

1 t 1 2t e + e 12 8

5 t e + 81 e2t 21 1 t 3 2t e + 16 e 21

220

2 1

+

1 2t 1 e − et 16 28

−2 1

respec-


la solución general es XG (t) = α

2 1

−2t

e

+β

−2 1

e

−6t

+

5 t e + 18 e2t 21 3 2t 1 t e + 16 e 21

con α, β ∈ R. Ejemplo 3.4.3. Resolver el sistema de ecuaciones x0 = −3x + 25y y 0 = −x − 3y y bosquejar el diagrama de fases. Soluci´ on. El sistema se puede escribir matricialmente como 0 −3 25 x x = 0 −1 −3 y y buscamos los valores propios y vectores propios. La ecuación caracter´ıstica es −3 − λ 25 P (λ) = −1 −3 − λ = λ2 + 6λ + 34 = 0 que tiene soluciones λ1 = −3 + 5i y λ2 = −3 − 5i. a −3 − (−3 + 5i) 25 a 0 2 Wλ=−3+5i = ∈R : = b −1 −3 − (−3 + 5i) b 0 a −5i 25 a 0 = ∈ R2 : = b −1 −5i b 0 a = ∈ R2 : a + 5ib = 0 b −5i = 1 as´ı las soluciones base son

−5i 1

(−3+5i)t

e

y

5i 1

e(−3−5i)t

para las soluciones reales calculamos −5i −5i (−3+5i)t (−3+5i)t e Im e Re e 1 1 221


donde

−5i 1

e

(−3+5i)t

(−5i) (cos (5t) + i sin (5t)) = e (cos (5t) + i sin (5t)) 5 sin 5t − 5i cos 5t −3t = e cos 5t + i sin 5t 5 sin 5t −5 cos 5t −3t = e +i e−3t cos 5t sin 5t −3t

as´ı la solución general es X=α

5 sin 5t cos 5t

e

−3t

+β

−5 cos 5t sin 5t

para α, β ∈ R. El diagrama de fases es

Ejemplo 3.4.4. Considere el sistema de ecuaciones d X = AX + B dt t x (t) 2 4 e donde X = ,A= yB= y (t) −1 −3 e−2t 222

e−3t


d X = AX, bosquejar el diagrama de fases y clasificar 1. Resolver el sistema homogéneo dt x (0) 3 la solución de equilibrio. Si = determine la ecuación de la recta a y (0) 2 la cual tiende la curva solución cuando t → +∞.

Buscamos los valores propios 2−λ 4 −1 −3 − λ

= λ2 + λ − 2 = (λ + 2) (λ − 1)

luego los valores propios son λ = −2 y λ = 1. Como los valores propios son reales con distinto signo, la solución de equilibrio corresponde a un punto silla. Buscamos los vectores propios x 4 4 x 0 Wλ=−2 = : = y −1 −1 y 0 −1 1 y

Wλ=1

x = y

1 4 x 0 : = −1 −4 y 0 −4 1

se sigue que la solución del sistema homogéneo es x (t) −1 −4 −2t = c1 e + c2 et y (t) 1 1 Note que independiente del punto por donde pase las soluciones se aproximan a la recta x −4 = c2 et y 1 −4 (a menos que sea una solución de la forma c2 et ) se sigue que la recta es 1 x = −4c2 et y = e t c2 as´ı

y 1 =− x 4 223


esto es y=−

2. Resolver el sistema no homogéneo

d X dt

x 4

= AX + B

d Dado que tenemos la solución de dt X = AX, necesitamos la solución particular la cual tiene la forma −1 −4 −2t Xp (t) = c1 (t) e + c2 (t) et 1 1

(por variación de parámetros) donde t t e −4e t e−2t e c01 (t) = = −e−2t −4et e−2t et Z 1 3t ⇒ c1 (t) = e + 3 4 1 = t + e3t 3 9

224

1 3t 4 e + 3 3 4 3

dt


de manera similar −e−2t et e−2t e−2t e−3t 1 = − − c02 (t) = −e−2t −4et 3 3 t e−2t e Z −3t e 1 1 1 ⇒ c2 (t) = − − dt = e−3t − t 3 3 9 3 as´ı 1 −3t 1 −1 −4 −2t e + e − t et Xp (t) = 1 1 9 3 − 34 te−2t + 19 et −4 19 e−2t − 31 tet = + 4 −2t 1 −2t 1 t 1 t te + e e − te 3 9 9 3  4 t 4 −2t 4 −2t 1 t  te − 9 e − 3 te − 9 e 3   = 1 t 1 −2t 4 −2t 1 t e + 9 e + 3 te − 3 te 9

1 4 t + e3t 3 9

as´ı la solución es

x (t) y (t)

= c1

−1 1

e−2t + c2

−4 1

 et + 

4 t te 3

− 94 e−2t − 43 te−2t − 91 et

 1 t e 9

+ 91 e−2t + 43 te−2t − 31 tet

Ejercicios del cap´ıtulo 1. Escribir los siguientes sistemas en forma matricial a)

dx dt dy dt

= 3x − 2y = 4x + 8y

b)

dx dt dy dt

= x − 2ty + t2 = 4t2 x + 8y + sin t

c)

dx dt dy dt dz dt

= 3x − y + 3z = 4x + 3y + z = 2x + y − z

d)

dx dt dy dt dz dt

= et x − cos ty + 3tz + cos t = x + et = 2x + y − z − 3t + 1

2. Escribir los siguientes sistemas sin usar matrices x −2 1 x sin t d a) dt = + y t 0 y et       −1 1 1 −1 −1 + t  et sin t b) X0 =  0 1 2  X+  0  et +  1 −1 −1 1 −1 −1 225




3. En los siguientes ejercicios verificar si el vector X dado es solución del sistema a) X =

1 2

e

−5t

de

dx dt dy dt

= 3x − 4y = 4x − 7y

 dx  1  dt = dy   de b) X = 6 = dt  dz = 13 dt   sin t c) X =  − 21 sin t − 21 cos t  − sin t + cos t 

x + 2y + z 6x − y −x − 2y − z    1 0 1  de X0 =  1 1 0  X  −2 0 −1

4. Determine si los vectores dados son linealmente independientes a) X1 =

1 −1

t

e y X2 =

2 6

t

e +

8 −8

tet



     1 1 2 b) X1 =  6 , X2 =  −2  e−4t y X3 =  3  e3t −13 −1 −2 5. Muestre que la función Xp =

0

X=

1 1

t

e+ 2 1 1 −1

1 −1

tet es solución particular del sistema

X−

1 7

et

6. Demostrar que la solución general del sistema 

 0 6 0 X0 =  1 0 1  X 1 1 0 es de la forma      6 −3 2 −t −2t X =c1  −1  e + c2  1  e + c2  1  e3t −5 1 1 

7. Determinar la solución general de los sistemas:

226


a)

dx dt dy dt

= x + 2y = 4x + 3y

b)

dx dt dy dt

= 2x + 2y = x + 3y

c)

dx dt dy dt dz dt

= x+y−z = 2y = y−z

d)

dx dt dy dt dz dt

= = =

e)

dx dt dy dt

= 6x − y = 5x + 2y

f)

dx dt dy dt dz dt

= 2x + y + 2z = 3x + 6z = −4x − 3z

2x − 7y 5x + 10y + 4z 5y + 2z

8. Resolver los siguientes sistemas usando variación de parámetros a)

dx dt dy dt

= 3x − 3y + 4 = 2x − 2y − 1

b)

dx dt dy dt

= 2x − y = 3x − 2y + 4t

c)

dx dt dy dt dz dt

= x+y−z+t = 2y + t = y−z+t

d)

dx dt dy dt

= −y + sec t = x

e)

dx dt dy dt

= x + 2y + et csc t = − 21 x + y + et sec t

f)

dx dt dy dt dz dt

= 3x − y − z = x+y−z+t = x − y + z + 2et

9. Sea X = X (t) la solución al sistema de ecuaciones x0 = αx − βy y 0 = βx + αy que satisface la condición inicial X (0) = X0 . Determine condiciones sobre α, β que aseguren 0 l´ım X (t) = t→+∞ 0 10. Determine condiciones sobre µ tal que (0, 0) sea un centro para el sistema lineal x0 = −µx + y y 0 = −x + µy 11. Sea A ∈ Mn×n (R) defina e

At

= I + At + A =

∞ X k=0

A

k kt

k!

227

2 2t

2!

+A

3 3t

3!

+ ···


a) Calcular e

At

para A =

a c 0 b

b) Muestre que si A = PDP−1 con D =diag(λ1 , λ2 , . . . , λn ) diagonal entonces etA = P diag eλ1 t , eλ2 t , . . . , eλn t

P−1

c) Muestre que la solución general de d X= dt

4 3 −2 −1

X

es X =e donde A =

4 3 −2 −1

tA

c1 c2

d ) Conjeturar una fórmula para la solución general de X0 = AX + B (t) en términos de etA . 12. Clasificar la solución de equilibrio de los siguientes sistemas y bosquejar el diagrama de fases: a) dx = −x − 5y b) dx = 4x + 3y dt dt dy dy = x + 3y = 2x − 3y dt dt c)

dx dt dy dt

= −x + 2y = x − 4y

d)

dx dt dy dt

= x + 4y = −x + y

e)

dx dt dy dt

= −3x + y = −2x − y

f)

dx dt dy dt

= =

228

2x + y 3x + 6y

Cap´ıtulo 4 : Transformaci´ on integral de Laplace

Definiciones y teoremas fundamentales Observaci´ on 4.1.1. Las ecuaciones diferenciales describen formas en las cuales ciertas cantidades cambian respecto al tiempo, cantidades tales como la corriente en un circuito eléctrico, las oscilaciones de una membrana, flujos de calor, etc. esas ecuaciones generalmente están acompa˜ nadas de condiciones iniciales que describen el estado del sistema en el tiempo t = 0. Una herramienta muy poderosa para resolver este tipo de problemas es la transformada de Laplace la cual transforma la ecuación diferencial original en una ecuación algebraica la cual puede ser transformada nuevamente en la solución del problema original. Esta técnica es conocida como “el método de la transformada de Laplace”. La clave del proceso anterior radica en la fórmula de integración por partes. Si f, g ∈ C 1 recordemos que la fórmula de integración por partes corresponde a: Z b b Z b 0 f (x) g (x) dx = f (x) g (x) − f 0 (x) g (x) dx a

a

a

y se puede interpretar del modo siguiente: En un producto de funciones bajo el s´ımbolo de la integral es posible intercambiar la derivada presente en una función. Sin embargo, tal procedimiento implica al final el tener que evaluar el producto de tales funciones en los extremos del intervalo y trabajar con una nueva derivada. La idea, entonces, es trabajar con una función que tenga un buen comportamiento de la derivada y la evaluación en los extremos del intervalo de integración, esto se puede lograr mediante una función que no cambie esencialmente al derivarla i.e. una exponencial y que se pueda anular en los extremos. Lo anterior motiva la siguiente definición: Definici´ on 4.1.1. Una función f : [0, +∞) → R se dice localmente integrable si para RT cada T > 0, la integral 0 f (t) dt existe. Llamaremos transformaci´ on integral de Laplace o simplemente la transformada de Laplace a la función L [f (t)] : D ⊆ R → R definida mediante la integral impropia: Z ∞ s → L [f (t)] (s) = f (t) e−st dt 0

para todos los valores de s ∈ R para los cuales la integral sea convergente. El conjunto de los valores de s ∈ R para los cuales la integral converge se llamará dominio de L [f (t)] y se denotará por D (L [f ]). Ejemplo 4.1.1. Sea f : R → R, t → f (t) = 1. Calcular su transformada de Laplace.

229


Soluci´ on. Note que: Z

∞ −st

1e

T

Z

e−st dt 1 −st T = l´ım − e T →∞ s 0 1 = s

dt =

0

l´ım

T →∞

0

para cada s > 0. Por tanto: 1 L [1] (s) = , s

s>0

Ejemplo 4.1.2. Sea f (t) = eat , con a una constante real. Calcular su transformada de Laplace Soluci´ on. Por definición: at

Z

∞

Z

at −st

T

dt = l´ım e(a−s)t dt T →∞ 0 0 1 (a−s)t T e = l´ım T →∞ a − s 0 1 = l´ım e(a−s)T − 1 T →∞ a − s 1 1 , luego: as´ı, si a − s < 0, entonces l´ımT →∞ a−s e(a−s)T − 1 = s−a

L e

(s) =

e e

L eat (s) =

1 s−a

Para s > a

Observaci´ on 4.1.2. Con respecto al ejemplo anterior, dos observaciones deben hacerse. En primer lugar, respecto a lo notacional, en lo sucesivo escribiremos: T ∞ l´ım f (t) = f (t) T →∞

0

0

para evitar anotar cada vez que se calcule una transformada de Laplace, el l´ımite relacionado con la integral impropia. En segundo lugar, notamos que D (L [eat ]) = ]a, +∞[, luego la transformada no necesariamente estará definida para todos los valores de s ∈ R. Ejemplo 4.1.3. Calcule, si acaso existe, la transformada de Laplace de f (t) = 1t , con t > 0. Soluci´ on. Sea t > 0. Luego: Z ∞ 0

e−st dt = t

Z 0

1

e−st dt + t 230

Z 1

∞

e−st dt t


pero si 0 < t ≤ 1 y s > 0, entonces e−s ≤ e−st y la integral: Z 1 −s e dt t 0 diverge. Por tanto, la transformada de Laplace de f (t) = 1/t no existe para ning´ un valor de s ∈ R. En vista del ejemplo anterior, trataremos de dar respuesta a la siguiente pregunta: ¿Para qué tipo de funciones podemos asegurar la existencia de la transformada de Laplace? Definici´ on 4.1.2. Sean f una función real. Anotaremos: f a+ = l´ım+ f (t) ∧ f a− = l´ım− f (t) t→a

t→a

si acaso estos l´ımites existen. Diremos que una función f tiene una discontinuidad de salto en a si: f a+ − f a− < ∞ o bien si f (a+ ) = f (a− ), pero estos valores son distintos de f (a) (puede ser incluso que f (a) no esté definida). Una función f : [0, +∞) → R se dice seccionalmente continua si para cada T > 0 la función f |[0,T ] es continua y tiene a lo sumo un n´ umero finito de discontinuidades de salto. Ejemplo 4.1.4. La función f (t) =

1/t t 6= 0 0 t=0

no es seccionalmente continua en [0, +∞), lo mismo para cos (1/t) t > 0 f (t) = 0 t≤0 mientras que g (t) = btc si es seccionalmente continua. Definici´ on 4.1.3. Diremos que una función f : [0, +∞) → R es de orden exponencial β si existen constantes M > 0, β ∈ R y un valor t0 ≥ 0 tales que: |f (t)| ≤ M eβt para todo t ≥ t0 . Ejemplo 4.1.5. Las siguientes funciones son seccionalmente continuas y de orden exponencial: 1. f (t) = sinh t, pues: sinh t =

et − e−t et < 2 2

231


P 2. f (t) = tn . En efecto, sabemos que et = ∞ n=0 tanto: tn ≤ n! et

tn . n!

Luego, para t > 0 ,

tn n!

< et . Por

Teorema 4.1.1 (Existencia). Sea f : [0, +∞) → R una función seccionalmente continua y de orden exponencial β entonces la transformada de Laplace L [f (t)] (s) existe para s > β. Demostración. En primer lugar note que, como f : [0, +∞) → R es seccionalmente continua, la función t 7→ f (t) e−st es localmente integrable en [0, +∞). Por otro lado, por la desigualdad triangular tenemos que: Z ∞ Z t0 Z ∞ −st −st f (t) e dt ≤ f (t) e dt + |f (t)| e−st dt 0

0

t0

R t0 −st Note que 0 f (t) e dt < ∞ y además, como f : [0, +∞) → R es de orden exponencial, existen constantes M, β > 0 y un valor t0 > 0 tales que: |f (t)| ≤ M eβt para todo t ≥ t0 . Luego: Z ∞ Z −st |f (t)| e dt ≤ M t0

∞ βt −st

e e

Z

∞

dt = M

t0

e(β−s)t dt =

t0

M e(β−s) ∞ β − s t0

en donde el u ´ltimo término converge si y solo si β − s < 0. Por tanto, como: Z ∞ Z ∞ −st −st f (t) e dt < f (t) e dt 0

0

se tiene que L {f (t)} (s) existe para cada s > β.

2 2 Observaci´ on 4.1.3. La función f (t) = 2tet cos et es continua en [0, +∞[ pero no de orden exponencial sin embargo su transformada de Laplace existe para s > 0, por otro lado la función g (t) = √1t no es seccionalmente continua en [0, +∞[ sin embargo posee transformada de Laplace. Teorema 4.1.2 (Linealidad de la transformada). Sean f, g : [0, +∞) → R dos funciones localmente integrables y α ∈ R, entonces para cada s ∈ D (L [f ]) ∩ D (L [g]) se tiene que: L [αf + g] (s) = αL [f ] (s) + L [g] (s)

232


C´ alculo de transformadas Observaci´ on 4.2.1. En esta sección haremos el cálculo de transformadas de Laplace básicas, para as´ı obtener una tabla elemental de transformadas. Ejemplo 4.2.1. Transformadas de f (t) = sin ωt y f (t) = cos ωt. Soluci´ on. Integrando por partes obtenemos Z α cos (βx) eαx β sin (βx) eαx eαx cos (βx) dx = + +C α2 + β 2 α2 + β 2 Z β cos (βx) eαx α sin (βx) eαx eαx sin (βx) dx = − + +C α2 + β 2 α2 + β 2 luego ∞

Z

sin (ωt) e−st dt

L [sin ωt] (s) = 0

+∞ ω cos (ωt) e−st s sin (ωt) e−st − = − s2 + ω 2 s2 + ω 2 0 ω = 2 s + ω2 si s > 0. De manera similar Z L [cos ωt] (s) =

∞

cos (ωt) e−st dt

0

+∞ −s cos (ωt) e−st ω sin (ωt) e−st + = s2 + ω 2 s2 + ω 2 0 s = 2 s + ω2 para s > 0. Ejemplo 4.2.2. Usemos variable compleja para calcular las mismas transformadas: Por la fórmula de Euler: eiωt = cos ωt + i sin ωt y la linealidad de la transformada, se obtiene que: cos ωt =

eiωt + e−iωt 2

sin ωt =

eiωt − e−iωt 2i

y:

233


Entonces: eiωt + e−iωt (s) L 2 1 L eiωt (s) + L e−iωt (s) 2 1 1 1 + 2 s − iω s + iω 1 s + iω + s − iω 2 s2 − (iω)2 s 2 s + ω2

L [cos ωt] (s) = = = = =

para s > 0. Análogamente, se obtiene que: L [sin ωt] (s) =

s2

ω , + ω2

s>0

Ejemplo 4.2.3. Transformadas de f (t) = sinh ωt y f (t) = cosh ωt. Sabemos que: cosh ωt =

eωt + e−ωt 2

∧

sinh ωt =

eωt − eωt 2

Por la linealidad de la transformada de Laplace se obtiene que: s L [cosh ωt] (s) = 2 , s > |ω| s − ω2 y: ω , s > |ω| L [sinh ωt] (s) = 2 s − ω2 Ejemplo 4.2.4. Transformada de f (t) = t. Notemos que: Z ∞ Z 0 1 ∞ −st te dt = − t e−st dt s 0 0 ∞ Z ∞ 1 −st −st te − e dt = − s 0 0 1 1 = − 0− s s 1 = 2 s para todo s > 0. Por tanto: 1 , s>0 s2 usando integración por partes, es fácil mostrar que L [t] (s) =

L [tn ] (s) =

n! sn+1 234

,

s>0


Observaci´ on 4.2.2. Resumimos las funciones con sus respectivas transformadas de Laplace y sus dominios en la siguiente tabla: L [f (t)] (s)

f (t)

1 s 1 s2

1 t eαt cos ωt sin ωt cosh ωt sinh ωt tn

Dominio s>0 s>0

1 s−α s s2 + ω 2 ω 2 s + ω2 s 2 s − ω2 ω s2 − ω 2 n! n+1 s

s>α s>0 s>0 s > |ω| s > |ω| s>0

Ejemplo 4.2.5. Calcule la transformada de Laplace de la función: f (t) = 3 − 2t + 4 cos 2t Soluci´ on. Por la linealidad de la transformada y la tabla anterior, se obtiene: L [f (t)] (s) = L [3 − 2t + 4 cos 2t] (s) = 3L [1] (s) − 2L [t] (s) + 4L [cos 2t] (s) 3 2 4s = − 2+ 2 s s s +4 Ejemplo 4.2.6. si f (t) = a0 + a1 t + · · · + an tn entonces L [f (t)] (s) =

n X

ak L tk (s)

k=0

=

n X k=0

ak

k! sk+1

Teorema 4.2.1. Si f es seccionalmente continua en [0, +∞) y de orden exponencial β entonces l´ım L [f (t)] (s) = 0 s→+∞

235


El resultado anterior se debe a la desigualdad Z ∞ M −st e f (t) dt ≤ s−β 0 tomando s → +∞ se obtiene el resultado. s

Observaci´ on 4.2.3. Las funciones s−1 , e no pueden ser transformadas de una función s+1 s seccionalmente continua de orden exponencial.

Primer Teorema de la Traslaci´ on Observaci´ on 4.3.1. El siguiente resultado nos permite calcular la transformada de Laplace αt de e f (t) cuando es conocida la transformada de Laplace de f (t), en este resultado se pone de manifiesto la primera propiedad de la traslación de la transformada de Laplace. En efecto, tenemos el siguiente teorema: Teorema 4.3.1. Suponga que F (s) = L [f (t)] (s) existe para cada s > β. Si α ∈ R, entonces: L eαt f (t) (s) = F (s − α) para todo s > α + β. Ejemplo 4.3.1. Calcule L [e−3t cos 2t] (s) Soluci´ on. Notamos que F (s) = L [cos 2t] (s) =

s . s2 +4

L e−3t sin 2t (s) = F (s + 3) =

Luego: s+3 (s + 3)2 + 4

Observaci´ on 4.3.2. La primera propiedad de traslación de la transformada de Laplace, deja nuestra tabla básica de transformadas como sigue: f (t) eαt tn eαt cos ωt eαt sin ωt eαt cosh ωt eαt sinh ωt

L [f (t)] (s) n! (s − α)n+1 s−α (s − α)2 + ω 2 ω (s − α)2 + ω 2 s−α (s − α)2 − ω 2 ω (s − α)2 − ω 2

236

Dominio s>α s>α s>α s > α + |ω| s > α + |ω|


Transformada de la derivada Observaci´ on 4.4.1. El origen y el objetivo de la transformada de Laplace es la resolución de ecuaciones diferenciales. Para lograr lo anterior, debemos calcular la transformada de Laplace de la derivada de una función. Entonces, sea y = y (t) una función derivable, note que: Z ∞ ∞ Z ∞ 0 0 −st −st y (t) e dt = y (t) e − y (t) e−st dt 0 0 Z ∞ 0 = y (0) + s y (t) e−st dt 0

bajo el supuesto que: l´ım y (t) e−st = 0

t→∞

As´ı, si y = y (t) es una función derivable y de orden exponencial, se tiene que y 0 (t) existe para cada t ≥ 0 y: |y (t)| ≤ M eβt , t ≥ t0 Entonces: −M e(β−s)t ≤ y (t) e−st ≤ M e(β−s)t donde los extremos convergen a cero si β − s < 0, cuando t → ∞. As´ı, bajo las condiciones anteriores se obtiene que: L [y 0 (t)] (s) = sL [y (t)] (s) − y 0+

Por tanto, tenemos el siguiente teorema: Teorema 4.4.1. Suponga que f es continua en ]0, ∞[ y de orden exponencial β, supongamos además que f 0 es seccionalmente continua en [0, +∞) entonces: L [f 0 (t)] (s) = sL [f (t)] (s) − f 0+

Corolario 4.4.1. Suponga que f (t) , f 0 (t) , · · · , f (n−1) (t) son continuas en ]0, ∞[ y de orden exponencial, suponga también que f (n) (t) es seccionalmente continua en [0, +∞). Entonces L f (n) (t) (s) = sn L [f (t)] (s) − sn−1 f 0+ − sn−2 f 0 0+ − · · · − f (n−1) 0+ Ejemplo 4.4.1. Calcule la transformada de Laplace de f (t) = tn , para n ≥ 2. Soluci´ on. Note que: f 0 (t) = ntn−1

237


as´ı, por la transformada de la derivada, se tiene que: L ntn−1 (s) = L [f 0 (t)] (s) = sL [f (t)] (s) − f 0+ = sL [tn ] (s) as´ı: L [tn ] (s) = entonces: n

L [t ] (s) =

n n−1 (s) , L t s 1 s2 n−1

n L [t s

n≥2

n=1 ] (s) n > 1

s>0

se sigue: L [tn ] (s) =

n! sn+1

,

s>0

Ejemplo 4.4.2. Como aplicación de la transformada de la derivada, calcular la transformada de Laplace de sin2 (αt) Soluci´ on. Derivando f 0 (t) = 2α sin (αt) cos (αt) = α sin (2αt) luego sL [f (t)] (s) − f (0) = L [α sin (2αt)] (s) as´ı sL [f (t)] (s) = finalmente

2α2 s2 + 4α2

2α2 L [f (t)] (s) = s (s2 + 4α2 )

Ejemplo 4.4.3. Sea f : [0, +∞) → R una función continua. Se define: Z t F (t) = f (u) du 0

Calcule L [F (t)] (s). Soluci´ on. Como f es continua, por el Teorema Fundamental del Cálculo, F es derivable con: F 0 (t) = f (t) Entonces, por la transformada de la derivada tenemos que: L (F 0 (t)) (s) = sL [F (t)] (s) − F 0+ As´ı:

Z L 0

t

1 f (t) dt (s) = L [F (t)] (s) = L [f (t)] (s) s

pues F (0) = 0. 238


Teorema 4.4.2. Sea n ∈ N, suponga que f es seccionalmente continua en [0, +∞) de orden exponencial β y que F (s) = L [f (t)] (s) entonces: dn F (s) L [t f (t)] (s) = (−1) dsn n

n

(4.1)

para s > β. Observaci´ on 4.4.2. El siguiente teorema, habla sobre la inyectividad de la transformación de Laplace, lo que nos permite hablar de inversa. Teorema 4.4.3. Dos funciones con la misma transformada de Laplace no pueden diferir en todo un intervalo de longitud positiva. Es decir, si L [f (t)] (s) = L [g (t)] (s) entonces f (t) = g (t), para cada t tal que f y g simultáneamente sean continuas. Observaci´ on 4.4.3. Funciones continuas diferentes tienen transformadas de Laplace diferentes. Definici´ on 4.4.1. Sea F : [0, +∞) → R una función tal que l´ıms→∞ F (s) = 0. Diremos que una función f : [0, +∞) → R, para la cual existe su transformada de Laplace, es una transformada de Laplace inversa de F si satisface: L [f (t)] (s) = F (s) Por el Teorema de Lerch, tal transformada inversa está uńicamente determinada sólo sobre sus puntos de continuidad. Abusando del lenguaje, se escribe: f (t) = L−1 [F (s)] (t) Observaci´ on 4.4.4. El operador L−1 también es lineal. Es decir: L−1 [αf + g] = αL−1 [f ] + L−1 [g] s+9 Ejemplo 4.4.4. Calcule L−1 s2 +6s+13 (t). Soluci´ on. Observe que: s2

s+9 s+9 = + 6s + 13 (s + 3)2 + 4 s+3 6 = + 2 (s + 3) + 4 (s + 3)2 + 4

Entonces: L

−1

s+9 s+3 2 −1 −1 (t) = L (t) + 3L (t) s2 + 6s + 13 (s + 3)2 + 4 (s + 3)2 + 4 = e−3t cos 2t + 3e−3t sin 2t 239


Ejemplo 4.4.5. Calcular L

−1

s (s) (s + 1) (s + 2) (s + 3)

Soluci´ on. Usando la técnica de fracciones parciales 2 1 3 s = − − (s + 1) (s + 2) (s + 3) s + 2 2 (s + 1) 2 (s + 3) luego

s L (s) (s + 1) (s + 2) (s + 3) 1 3 2 −1 = L − − (s) s + 2 2 (s + 1) 2 (s + 3) 3 1 = 2e−2t − e−t − e−3t 2 2 −1

Ejemplo 4.4.6. Calcular L

−1

s+1 (s) ln s+2

Soluci´ on. Queremos determinar f (t) tal que L [f (t)] (s) = ln

s+1 s+2

notamos que L [f (t)] (s) = ln (s + 1) − ln (s + 2) derivando L [f (t)]0 (s) =

1 1 − s+1 s+2

pero L [f (t)]0 (s) = L [−tf (t)] (s) se sigue L [−tf (t)] (s) = L e−t − e−2t (s) as´ı −tf (t) = e−t − e−2t de donde obtenemos f (t) =

e−2t − e−t t

Ahora veremos algunos ejemplos de como funciona el método de la transformada de Laplace para resolver ecuaciones: 240


Ejemplo 4.4.7. Resuelva la ecuación diferencial: ty 00 − ty 0 − y = 0,

y (0) = 0,

y 0 (0) = 3

(4.2)

Soluci´ on. Sea Y (s) = L [ y (t)] (s). Aplicando la transformada de Laplace a la ecuación (4.2), obtenemos: L [ty 00 ] (s) − L [ty 0 ] (s) − L [y] (s) = 0 pero: L [ty 00 ] (s) = −

d 2 s L [y] (s) − sy (0) − y 0 (0) = −s2 Y 0 − 2sY ds

y d {sL [y] (s) − y (0)} = −sY 0 − Y ds reemplazando estas expresiones en la ecuación original obtenemos: L [ty 0 ] (s) = −

−s2 Y 0 − 2sY + sY 0 + Y − Y = 0 rs decir: s (s − 1) Y 0 + 2sY = 0 entonces:

2 Y =0 s−1 la cual es una ecuación de variable separable. Separando, entonces, las variables, obtenemos: Y0+

dY 2 =− ds Y s−1 de donde se sigue que: Y (s) =

C (s − 1)2

se sigue que L [y (t)] (s) = Y (s) =

C t 2 = L Cte (s) (s − 1)

usando el teorema de Lerch, se sigue y (t) = Ctet (note que se busca una función derivable, luego continua). Ahora bien, como y 0 (0) = 3, se obtiene que C = 3. Por tanto, la solución de la ecuación diferencial es: y (t) = 3tet

241


Ejemplo 4.4.8. Resolver el P.V.I. ty 00 − ty 0 + y = 2 et − 1 y (0) = 0 y 0 (0) = −1 Soluci´ on. Aplicando la transformada de Laplace d d 2 s Ly − sy (0) − y 0 (0) + (sLy − y (0)) + Ly = 2 − ds ds

1 1 − s−1 s

reemplazando las C.I. −

d 2 d 2 s Ly + 1 + (sLy ) + Ly = ds ds s (s − 1)

se sigue − 2sLy + s2 L0y + Ly + sL0y + Ly

= ⇔

0

0

2sLy + s2 Ly − Ly + sLy − Ly

= ⇔

s

2

L0y

−

sL0y

+ 2sLy − 2Ly

= ⇔

L0y s2 − s + 2 (s − 1) Ly

=

2 s (s − 1) −2 s (s − 1) −2 s (s − 1) −2 s (s − 1)

se sigue s (s − 1) L0y + 2 (s − 1) Ly

−2 s (s − 1)

= ⇔

2 L0y + Ly s R

es una EDO lineal con factor integrante µ (s) = e

=

−2 s2 (s − 1)2

2 ds s

= e2 ln s = s2

d 2 −2 s Ly = ds (s − 1)2 integrando 2

Z

s Ly =

−2 2 +C 2 ds = s−1 (s − 1)

se sigue 2 C + 2 2 (s − 1) s s 2 2 2 C = − − 2+ 2 s−1 s s s

Ly =

242


as´ı y (t) = 2et − 2 − 2t + Ct como y (0) = 0 e y 0 (0) = −1 se sigue −1 = C as´ı y (t) = 2et − 2 − 3t Ejemplo 4.4.9. Utilizando la transformada de Laplace, resuelva la siguiente ecuación diferencial: y 00 − 4y = 0, y (0) = 1, y 0 (0) = 2 Soluci´ on. Aplicando la transformada de Laplace s2 L [y] (s) − sy (0) − y 0 (0) − 4L [y] (s) = 0 reemplazando los valores iniciales s2 − 4 L [y] (s) = s + 2 as´ı

s+2 1 = = L e2t (s) 2 s −4 s−2 finalmente la solución de la ecuación es: L [y] (s) =

y (t) = e2t

Funciones escalonadas y Segundo Teorema de la Traslaci´ on Observaci´ on 4.5.1. Cuando se estudio el movimiento vibratorio en el caso más general, se obtuvo una ecuación diferencial de la forma: c k x00 + x0 + x = F (t) m m para constantes f´ısicas c, k y m. La función forzadora F (t), que actuaba como fuerza externa al sistema, se supuso continua. En las aplicaciones, no siempre se puede pedir tal condición; muchas veces, tal función es una función escalonada o con discontinuidades de salto. Definici´ on 4.5.1. La funci´ on de Heaviside con salto en 0 se define como la función: 1 t≥0 H (t) = 0 t<0 La funci´ on de Heaviside con salto en a > 0 está dada por Ha (t) = H (t − a), con t ∈ R. 243


Observaci´ on 4.5.2. Para las funciones anteriores, se tiene: Z ∞ 1 L [H (t)] (s) = H (t) e−st dt = , s 0

s>0

y para todo a > 0: Z

∞

L [Ha (t)] (s) = Z0 ∞ =

Ha (t) e−st dt e−st dt

a

e−as = s para s > 0. Observaci´ on 4.5.3. Note que si a < b la función: f (t) = Ha (t) − Hb (t) corresponde a la función f (t) =

1 t ∈ [a, b[ 0 t ∈ [a, b[c

Observaci´ on 4.5.4. Para introducir la segunda propiedad de traslación de la transformada de Laplace, requerimos truncar una función. Más precisamente, consideremos f : R → R una función y a > 0. Entonces, Ha fa : R → R es la función definida como: f (t − a) t ≥ a (Ha fa ) (t) = 0 t 0 y f una función con transformada de Laplace, entonces: L [(Ha fa ) (t)] (s) = e−as L [f (t)] (s) Ejemplo 4.5.1. L [sin a (t − b) H (t − b)] (s) = e−bs L [sin at] (s) = Ejemplo 4.5.2. Calcule L [f (t)] (s), si: t e f (t) = et + cos t

244

0 ≤ t < 2π t > 2π

ae−bs . s2 +a2


Soluci´ on. Note que f (t) = et + H (t − 2π) (cos t) = et + H (t − 2π) (cos (t − 2π + 2π)) = et + H (t − 2π) (cos (t − 2π)) as´ı L [f (t)] (s) =

se−2πs 1 + 2 s−1 s +1

Ejemplo 4.5.3. Calcule: −1

L

1 − e−πs/2 (t) 1 + s2

Soluci´ on. Notamos que 1 − e−πs/2 1 1 = 2 − e−πs/2 2 2 1+s s +1 s +1 −πs/2 = L [sin t] (s) − e L [sin t] (s) h π π i = L [sin t] (s) − L H t − sin t − (s) 2 2 i h π π sin t − (s) = L sin t − H t − 2 2 luego −1

L

1 − e−πs/2 π cos t (t) = sin t + H t − 1 + s2 2

Ejemplo 4.5.4. Resolver el P.V.I. dado por y 00 − 2y = f (t) , y (0) = y 0 (0) = 0 donde f (t) =

t 0≤t<1 t2 t>1

Soluci´ on. Usando la función salto podemos escribir la ecuación como y 00 − 2y = t + H (t − 1) t2 − t

para poder usar el segundo teorema de la traslación manipulamos la función t2 − t = (t − 1 + 1)2 − (t − 1 + 1) = (t − 1)2 + 2 (t − 1) + 1 − (t − 1) − 1 = (t − 1)2 + (t − 1)

245


as´ı y 00 − 2y = t + H (t − 1) (t − 1)2 + H (t − 1) (t − 1) se sigue 1 2 1 s2 − 2 L [y] (s) = 2 + e−s 3 + e−s 2 s s s luego L [y] (s) =

1 s2 (s2 − 2)

+ e−s

2 s3 (s2 − 2)

+ e−s

1 s2 (s2 − 2)

usando fracciones parciales 1

1 = 2 2 s (s − 2) 2

1 1 − 2 2 s −2 s

y 2 s3 (s2 − 2)

=

1 s 1 1 − − 2 s2 − 2 2s s3

luego

1 1 − s2 − 2 s2 √ t 1 = L √ sinh 2t − (s) 2 2 2

1 = 2 2 s (s − 2) 2 1

y 2 s3

(s2

1 s 1 1 − − 3 2 − 2) 2 s − 2 2s s √ 1 t2 1 cosh 2t − − = L (s) 2 2 2 =

se sigue L [y] (s) =

1 s2

(s2

+ e−s

2 s3

(s2

+ e−s

1 s2

(s2

− 2) − 2) − 2) √ 1 t 2t − = L √ sinh (s) 2 2 2 √ 1 t2 1 −s +e L cosh 2t − − (s) 2 2 2 √ t 1 −s +e L √ sinh 2t − (s) 2 2 2 √ t 1 (s) = L √ sinh 2t − 2 2 2 " !# √ 1 (t − 1)2 1 +L H (t − 1) cosh 2 (t − 1) − − (s) 2 2 2 √ (t − 1) 1 +L H (t − 1) √ sinh 2 (t − 1) − (s) 2 2 2

246


la solución es entonces √ t 1 2t − y (t) = √ sinh 2 2 2 ! √ 1 (t − 1)2 √ (t − 1) 1 1 +H (t − 1) cosh + √ sinh 2 (t − 1) − − 2 (t − 1) − 2 2 2 2 2 2

La Transformada de integrales de convoluci´ on Definici´ on 4.6.1. Sean f y g funciones seccionalmente continuas en [0, +∞). Se define la convoluci´ on de f y g como la función: Z t (f ∗ g) (t) = f (t − u) g (u) du 0

Ejemplo 4.6.1. La convolución entre f (t) = t y g (t) = sin t, está dada por: Z t t ∗ sin t = (t − u) sin u du 0 Z t Z t = t sin u du − u sin u du 0

0

= t − t cos t − sin t + t cos t = t − sin t Ejemplo 4.6.2. Calcular t ∗ t2 Soluci´ on. t∗t

2

Z =

t

(t − u) u2 du

0

1 4 = t 12 Observaci´ on 4.6.1. Dentro de las propiedades algebraicas del producto de convolución, destacaremos la propiedad de conmutatividad. En efecto, observe que: Z t (f ∗ g) (t) = f (t − u) g (u) du 0 Z 0 = − f (z) g (t − z) dz ←− z = t − u t Z t = g (t − z) f (z) dz 0

= (g ∗ f ) (t) otras de sus propiedades básicas son: 247


1. α (f ∗ g) = (αf ) ∗ g = f ∗ (αg) para α constante. 2. f ∗ (g ∗ h) = (f ∗ g) ∗ h 3. f ∗ (g + h) = (f ∗ g) + (f ∗ h) Teorema 4.6.1. Sean f y g funciones seccionalmente continuas en [0, +∞) y de orden exponencial β entonces: L [(f ∗ g) (t)] (s) = L [f (t)] (s) · L [g (t)] (s) o bien L−1 [L [f ] (s) L [g] (s)] (t) = (f ∗ g) (t) Observaci´ on 4.6.2. El resultado anterior, desde una perspectiva práctica se utiliza diciendo que la transformada de Laplace inversa de un producto de transformadas es la convolución. Ejemplo 4.6.3. Calcule: ( L−1

s+1 2 (s − 2) (s + 1)2 + 32

)

Soluci´ on. Note que: s+1 1 s+1 = · 2 2 (s − 2) (s + 1) + 32 (s − 2) (s + 1)2 + 32 2

Luego: " L−1

# s+1 1 s+1 −1 −1 (t) = L (t) ∗ L (s) (s − 2)2 (s + 1)2 + 32 (s − 2)2 (s + 1)2 + 32 = te2t ∗ e−t cos (3t) Z t = (t − u) e2(t−u) e−u cos (3u) du 0

1 2t 1 = te − e−t sin 3t 6 18 Ejemplo 4.6.4. Calcular L

−1

1 (s − 2) (s + 2) (s − 1)

248

(t)


Soluci´ on. Esto lo podemos calcular con fracciones parciales pero 1 1 1 1 = (s − 2) (s + 2) (s − 1) s−2s+2s−1 = L e2t ∗ e−2t ∗ et (s) donde −2t

2t

e ∗e

t

Z = 0

1 e−2t e2(t−u) e−2u du = e2t − 4 4

y 2t

−2t

e ∗e

t

∗e

t

1 2u e−2u e = e − 4 4 0 −2t e 1 1 = − et + e2t 12 3 4 Z

t−u

du

se sigue −1

L

1 (s − 2) (s + 2) (s − 1)

(t) =

e−2t 1 t 1 2t − e + e 12 3 4

on de VolteDefinici´ on 4.6.2. Sean f (t) , g (t) funciones continuas. Llamaremos ecuaci´ rra a una ecuación de la forma: Z t x (t) = f (t) + g (t − u) x (u) du 0

Observaci´ on 4.6.3. Note que, mediante el producto de convolución, podemos escribir la ecuación anterior como: x (t) = f (t) + (g ∗ x) (t) Ahora bien, si ponemos X (s) = L [x (t)] (s) , F (s) = L [f (t)] (s) y G (s) = L [g (t)] (s) y aplicamos luego la transformada de Laplace a la ecuación anterior, obtenemos: X (s) = F (s) + G (s) X (s) de donde se obtiene finalmente: X (s) =

F (s) 1 − G (s)

de donde podemos obtener x (t) = L

−1

F (s) (t) 1 − G (s)

Ejemplo 4.6.5. Resuelva la ecuación integral: Z t 2 x (t) = t + sin (t − u) x (u) du 0

249


Soluci´ on. Supongamos que X (s) = L [x (t)] (s). Entonces, aplicando la transformada de Laplace a la ecuación anterior, tenemos: X (s) =

1 2 X (s) + 2 3 s s +1

Es decir: 2 2 + 5 3 s s 2 2 4! = 3+ s 4! s5

X (s) =

Por lo tanto: 2 −1 4! 2 (t) + L (t) x (s) = L s3 4! s5 t4 = t2 + 12 −1

Ejemplo 4.6.6. Resolver el sistema de ecuaciones x0 = x − y + t y 0 = x + y + et con las condiciones iniciales x (0) = y (0) = 0. Soluci´ on. Pongamos X (s) = L [x (t)] (s) y Y (s) = L [y (t)] (s) entonces sX = X − Y +

1 s2

sY

1 s−1

= X +Y +

luego 2s − 1 − 4s3 + 3s4 − s5 s − 12 1 1 = 2 − − 2 s − 2s + 2 s − 1 2s s2 + 1 = 2s2 − 2s3 + s4 1 s − 32 1 1 = − 22 + 2 2s s − 2s + 2 2s

X =

Y

2s2

de donde obtenemos 1 1 x (t) = et cos t + et sin t − et − t 2 2 1 1 1 t y (t) = t + − e (cos t − 2 sin t) 2 2 2 250


Ejemplo 4.6.7. Resolver el problema d2 y = t+2 dt2 y (0) = 0

t

Z

e−(t−u) y (u) du

0

y 0 (0) = 0 Soluci´ on. Aplicando la transformada de Laplace s2 L [y] (s) =

1 1 L [y] (s) +2 2 s s+1

luego

2 s − s+1 2

L [y] (s) =

1 s2

despejando L [y] (s) = =

1 s2

s2 − s2

2 s+1

=

1 s+1 s2 s3 + s2 − 2

s+1 (s − 1) (2s + s2 + 2)

hacemos fracciones parciales s+1 (s − 1) (2s + s2 + 2) 1 3 s + 10 2 1 1 = + 210 − − 2 5 (s − 1) s + 2s + 2 2s 2s s2

y reconocemos las transformadas 2 2 = L et (s) 5 (s − 1) 5 1 3 s + 10 1 −t 10 = L e (cos t + 2 sin t) (s) s2 + 2s + 2 10 1 1 1 1 − − 2 = L − t− (s) 2s 2s 2 2 se sigue por Lerch 2 1 1 1 y (t) = et + e−t (cos t + 2 sin t) − t − 5 10 2 2 otra forma es usar convoluciones, note que s2

s+1 1 1 s+1 = 2 2 (s − 1) (2s + s + 2) s (s − 1) (s + 1)2 + 1 = L [t] (s) L et (s) L e−t cos t (s) = L t ∗ et ∗ e−t cos t (s) 251


de donde y (t) = t ∗ et ∗ e−t cos t calculando t 1 = L [t] (s) L e (s) s2 (s − 1) = L t ∗ et (s) as´ı t

t∗e

Z =

t

(t − u) eu du

0

= et − t − 1 luego t −t 1 s+1 = L e − t − 1 (s) L e cos t (s) s2 (s − 1) (s + 1)2 + 1 as´ı Z y (t) =

t

et−u − t + u − 1 e−u cos udu

0

2 t 1 1 1 1 = e − t+ (cos t) e−t + (sin t) e−t − 5 2 10 5 2 Observaci´ on 4.6.4. Como apéndice calcularemos la transformada de la “función” delta de Dirac. Muy informalmente, la función delta de Dirac se describe como una función que es cero en todas partes excepto en t = 0 y cumple además con: Z ∞ δ (t) dt = 1 −∞

Claramente, ninguna función real puede satisfacer tales condiciones. Sin embargo, considere la familia de funciones: 1 , −ε < t < ε 2ε fε (t) = 0 , |t| > ε Note que, para cada ε > 0 las funciones fε (t) son seccionalmente continuas, y además: Z ∞ Z ε fε (t) dt = fε (t) dt = 1 −∞

−ε

De este modo, podemos pensar a δ como: δ (t) = l´ım+ fε (t) ε→0

252


Definici´ on 4.6.3. Sea a > 0. La función delta de Dirac con salto en t = a se define como: δa (t) = δ (t − a) Observaci´ on 4.6.5. Notemos que fε (t − a) =

1 1 H (t − a + ε) − H (t − a − ε) 2ε 2ε

as´ı L [fε (t − a)] (s) =

e(−a+ε)s − e−(ε+a)s 2εs

se sigue L [δ (t − a)] (s) = l´ım L [fε (t − a)] (s) ε→0

eεs − e−εs ε→0 2εs εs se + se−εs = e−as l´ım ε→0 2s −as = e = e−as l´ım

Teorema 4.6.2. Sea a > 0, entonces: L [δa (t)] (s) = e−as

s>0

y L [δ (t)] (s) = 1

Ejemplo 4.6.8. Resolver el P.V.I. y 00 − y = δ2 (t) y (0) = 0 y 0 (0) = 0 Soluci´ on. Aplicando la transformada de Laplace s2 − 1 L [y] (s) = e−2s as´ı e−2s = e−2s L [sinh (t)] (s) s2 − 1 = L [H (t − 2) sinh (t − 2)] (s)

L [y] (s) =

as´ı y (t) = H (t − 2) sinh (t − 2) 253


Observaci´ on 4.6.6. Una aplicación interesante es estudiar la ecuación diferencial: L

Q dI + R I + = δa (t) dt C

que es la ecuación diferencial asociada a un circuito RLC en serie. Es decir, un circuito eléctrico compuesto por una resistencia R [Ω], un capacitor C [F], un inductor L [H] y una fuente de voltaje modelada por la función delta de Dirac como función forzadora. Naturalmente, las herramientas de las ecuaciones diferenciales a coeficientes constantes no bastan para resolver este sistema.

254


Ejercicios del cap´ıtulo 1. Sean α, β > 0. Encontrar la transformada de Laplace de: 1)

sin (t + α) + cos2 (βt)

2)

π (αt + β) e5t + t cos 2t + 4

3)

t2 cos t + 2e−3t sin (2t)

4)

t3 e2t cos (6t) + 7e−4t sin t cos2 t

5)

te

2t

Z

t

u

0

d 3u e cos u du du

6)

t

8)

9)

  cos t si 0 ≤ t ≤ 2π f (t) = sin t si 2π < t ≤ 4π  t e si 4π < t

sinh [2 (t − u)] cosh (2u) du 0

Z

3

(t − u) sin u du

12)

t

eu−t cos (3u) du

0

2. Si ω > 0, calcular las transformadas de: Z t sin ωt sin (ωu) 1) 2) du t u 0

7)

cos t si 0 ≤ t < 2π sin t si t > 2π

t

10)

t

1 − cosh ωt t 2 erf (t) = √ π

cos2 (u) du

f (t) =

Z

0

4)

t

t si t < 2 0 si t > 2

f (t) =

11)

Z 3

7)

Z

2

Z

t

5) 0

Z 0

t

2

e−u du

8)

∞ X n=0

255

1 − cos (ωu) du u H (t − nω)

3)

cos ωt − 1 t Z

6) 0

t

1 − cosh (ωu) du u


3. Encontrar la transformada inversa de las siguientes funciones: s+1 3 2 3) 2) 1) 3 s (s + 1) (s + 1) s (s + 4)2 4)

2s s (s − 7)

5)

s s2 + 6s + 25

6)

7)

e−s (s2 + 1)2

8)

e−3s (s − 1) (s + 2)

9)

10)

s2 s3 + 2 3

13) e

−2s

1 1 + 4 2 s s

16)

e−3s s2 − 9

19)

1 (s2 + 1)3

11)

n X e−ks k=1

s

14)

17)

s 2 (s + 3) (s2 + 1)

20)

ln

s s+1

s3

1 + 23

1 arctan s

2s (s2 + 4)2

s2 + 1 s (s − 3)

12)

ln

15)

e−πs s s2 + 3

18)

1 arctan s

21)

52 ln 1 + 2 s

1 s

4. Suponga que α, β ∈ R, n, m ∈ N. Calcular expl´ıcitamente las siguientes convoluciones: a) exp (αt) ∗ exp (βt) b) tn ∗ exp (αt) c) tn ∗ tm d ) exp (αt) ∗ sin (βt) e) exp (αt) ∗ cos (βt) f ) sin (αt) ∗ sin (βt) g) sin (αt) ∗ cos (βt) h) cos (αt) ∗ cos (βt) i ) tn ∗ cos (αt) j ) tn ∗ sin (αt) 5. Escriba las transformadas inversas de las siguientes funciones en términos de convoluciones:

256


s3 (s2 + 4) (s2 + 9) (s2 + 16) s b) (s − 2) (s + 2) (s − 1) s+1 1 1 c) ln ln 1 + 2 arctan s+2 s s

a)

6. Resuelva las siguientes ecuaciones integrales o integro-diferenciales. Z t −t a) x (t) = e − 2 cos (t − u) x (u) du 0

b) x (t) = t +

1 6 Z

t

Z

(t − u)3 x (u) du

0 t

sin (t − u) x (u) du

c) x (t) = t + 0

Z

t

cos (t − u) x (u) du

d ) x (t) = sin t + 0 0

Z

t

x (u) du = f (t) donde

e) x + 2x + 0

f (t) =

cos t si 0 ≤ t < 2π sin t si t > 2π

con la condición inicial x (0) = 1 Z t f) sin (t − u) y (u) du = y (t) + et cos (3t) 0

7. Suponga que f, f 0 : [0, +∞[ → R Z sonlocalmente integrables y de orden exponen t Z u df cial: Calcular la transformada de en términos de la f (v) dv du y tet dt 0 0 transformada de f . 8. La función Gamma está definida por: Z ∞ Γ (x) = e−u ux−1 du,

x>0

0

a) Demuestre que Γ (x + 1) =

R∞ 0

e−u ux dx.

b) Integrando por partes, muestre que: Γ (x + 1) = xΓ (x) c) Demuestre que Γ (1) = 1 257


d ) Usando los resultados de (b) y (c), pruebe que si n es un entero positivo, entonces: Γ (n + 1) = n! e) Calcule, usando la sustitución u = st en la parte (a), demuestre que: L [tx ] (s) = f ) Se sabe que Γ n o 1) L √1t √ 2) L t 5/2 3) L t

1 2

=

√

Γ (x + 1) , sx+1

s > 0,

x > −1

π. Calcule:

9. Resuelva las siguientes ecuaciones diferenciales mediante Transformada de Laplace: a) y 00 + y = 0, b) y 00 − 4y = 0,

y 0 (0) = 3

y (0) = 1, y (0) = 2,

c) y 00 + 4y 0 + 4y = 0,

f ) y (4) − y = 0,

y 0 (0) = 2

y (0) = −1,

d ) y 00 + 2y 0 + 2y = H (t − 3) , e) y 000 + y = 0,

y 0 (0) = −5 y (0) = y 0 (0) = 0

y (0) = y 00 (0) = 1,

y 0 (0) = −1

y (0) = y 00 (0) = 0,

g) y (4) − y = sinh t,

y 0 (0) = y 000 (0) = 1

y (0) = y 00 (0) = 0,

y 0 (0) = y 000 (0) = 1

10. Resolver los siguientes problemas de valores iniciales a) y 00 − 4y = f (t) donde t2 si 0 ≤ t < 1 f (t) = 1 − t si 1 < t < 3  et 3
con las condiciones iniciales y (0) = 0, y 0 (0) = 1. b) y 00 + 4y 0 + 13y = et cos t con valores iniciales y (0) = 1, y 0 (0) = 0. c) y 00 + y = 1 con y (1) = y 0 (1) = 1. d) y 00 + y = 3 sin (4t) − H (t − 2π) sin (8t) y (0) = 1 y 0 (0) = −1 258


e) y 00 + 3y 0 + 2y = 3e4t H (t − 2) y (0) = 2 y 0 (0) = 1 f) ty 00 + 2 (t − 1) y 0 − 2y = 0 y (0) = 0 y 0 (0) = 0 g) ty 00 + 2 (t − 1) y 0 + (t − 2) y = 0 y (0) = 1 y 0 (0) = −1 h) ty 00 − ty 0 + y = 0 y (0) = 0 y 0 (0) = 1 11. Resolver el siguiente sistema utilizando transformada de Laplace: 2x01 + x1 + x002 = e6t 2x1 + x02 = 0 donde x1 (0) = 1, x2 (0) = 2 y x02 (0) = −2. 12. Resolver los siguientes sistemas utilizando transformada de Laplace: 0 x − 4x − y + t = 0 1) con x (0) = 0, y (0) = 1 y 0 + 2x − y + et = 0 2) 3) 4)

x0 + x + y 0 + cos t = 0 y 0 + x − y + et = 0

con x (0) = 0, y (0) = 0

x0 + x + y = cos t y 0 + x − y = sin t

con x (0) = 1, y (0) = 2

x00 + y 00 + y 0 = t2 x00 − y 00 = 2t

con 259

x (0) = 1, x0 (0) = 0, y (0) = 0, y 0 (0) = 1


13. Calcular la transformada de Laplace de f (t) = abtc donde btc es la parte entera de t y a ∈ R+ y con esa informacion resolver la ecuación y (t + 2) − 3y (t + 1) + 2y (t) = 0 si se sabe que y (t) es constante e igual a 0 en el intervalo [0, 1[ y es constante e igual a 1 en [1, 2[. 14. Resolver el problema de valores iniciales y 00 + ty 0 − 2y = 4 y (0) = −1 y 0 (0) = 0 15. Resolver la ecuación diferencial dy d2 y + 2t − 4y = 2 − 2t 2 dt dt con y (0) = 0 y y 0 (0) = 1. 16. Muestre que si f : R → R es una función periodica de periodo T > 0 entonces Z T 1 e−st f (t) dt L [f (t)] (s) = 1 − e−sT 0 Ind.: L [f (t)] (s) =

RT 0

f (t) e−st dt +

R +∞ T

f (t) e−st dt y cambie variable.

17. Calcular la transformada de las funciones f (t) = |sin ωt| y f (t) = t − btc

260


18. Calcular las transformadas de las funciones de la figura

261

Cap´ıtulo 5 : Series de Fourier

Definiciones El espacio de las funciones continuas en un intervalo [a, b] a valores reales representado por C [a, b], es un espacio de dimensión infinita, pues para todo m ∈ N se cumple

1.x.x2 , . . . , xm ⊂ C [a, b]

y el conjunto {1.x.x2 , . . . , xm } es linealmente independiente. Sabemos que si un espacio V tiene una base B = {v1 , v2 , . . . , vm } entonces todo elemento del espacio se puede escribir como combinación lineal, esto es, m X v= α j vj j=1

al ser un espacio de dimensión infinita, debemos esperar que los elementos sean mas complicados que un polinomio, por ejemplo sabemos que ex no es un polinomio. Es natural preguntarse entonces, si todos los elementos se pueden escribir como una “combinación lineal infinita” de los elementos de este conjunto, esto es, una serie de la forma f (x) =

+∞ X

ak xk = a0 + a1 x + a2 x2 + · · ·

k=0

lo que llamamos serie de Taylor. Sabemos de Mat022 que las funciones que se pueden escribir de esta forma son funciones de clase C ∞ en su intervalo de convergencia, luego no es de esperar que toda función continua se pueda escribir como una serie de Taylor ¿existirá otra forma de escribir estas funciones en forma de serie? La respuesta a esta pregunta es afirmativa y viene dada por las series de Fourier, en alg´ un sentido que vamos a especificar en breve, toda función continua f ∈ C [a, b] se puede escribir en la forma +∞

a0 X + an cos 2 n=1

2nπx b−a

+

+∞ X

bn sin

n=1

2nπx b−a

para elecciones adecuadas de las constantes a0 , an y bn .

El espacio SC [a, b] Definici´ on 5.1.1. Una función a valores reales f es llamada función seccionalmente continua en [a, b] si: 1. f esta definida y es continua en todos los puntos de [a, b] salvo quizás un n´ umero finito de ellos. 262


2. Los l´ımites f x+ 0

f x− 0

l´ım f (x)

=

x→x+ 0

=

l´ım f (x)

x→x− 0

existen en cada punto de [a, b] (note que en los extremos solo un l´ımite es relevante).

Z Observaci´ on 5.1.1. Si f ∈ SC [a, b] entonces

b

f (x) dx existe y es independiente de a

los valores (si los toma) de la función en los puntos de discontinuidad. En particular, si f, g ∈ SC [a, b] son iguales salvo en los puntos de discontinuidad entonces Z b Z b f (x) dx = g (x) dx a

a

diremos entonces que dos funciones en SC [a, b] son iguales si f (x) = g (x) salvo quizás en los puntos de discontinuidad. Observaci´ on 5.1.2. Si α ∈ R, f, g ∈ SC [a, b] entonces αf , f + g y f g son funciones en SC [a, b]. Observaci´ on 5.1.3. C [a, b] ⊆ SC [a, b].

Definici´ on 5.1.2. Sea V un espacio vectorial real. Diremos que la función h·, ·i : V ×V −→ R es un producto interior si cumple: 1. ∀f ∈ V , hf, f i ≥ 0, Además hf, f i = 0 ⇔ f = 0 2. ∀f, g ∈ V , hf, gi = hg, f i 3. ∀α ∈ R, ∀f ∈ V , hαf, gi = α hf, gi 4. ∀f, g, h ∈ V , hf + g, hi = hf, hi + hg, hi

Ejemplo 5.1.1. En V = Rn , la función h·, ·i : V × V −→ R definida por < x, y >=

n X i=1

es un producto interior.

263

xi y i


Ejemplo 5.1.2. En SC[a, b] la función h·, ·i : SC[a, b] × SC[a, b] −→ R definida por Z (f, g) → hf, gi =

b

f (x)g(x) dx a

es un producto interior. Llamaremos a este producto, el producto usual en SC[a, b]. Ejemplo 5.1.3. En C[a, b], si ρ ∈ C [a, b] es tal que ρ (x) > 0 para x ∈ [a, b] la función h·, ·i : C[a, b] × C[a, b] −→ R definida por b

Z (f, g) → hf, gi =

ρ (x) f (x)g(x) dx a

es un producto interior. Este producto es llamado producto con peso ρ. En todo espacio vectorial con producto interior es posible definir una norma k · k : V −→ R como kf k =

p hf, f i

y esta a su vez, nos permite definir una función distancia en el espacio V mediante la fórmula d(f, g) = kf − gk Teorema 5.1.1. Sea (V, h·, ·i) un espacio vectorial real con producto interior, para toda f, g ∈ V se tiene p p |hf, gi| ≤ hf, f i hg, gi Ejemplo 5.1.4. Si f (x) = ex , g(x) = e−x son funciones en C [0, 1], calcular d (f, g), con la distancia inducida por el producto usual del ejemplo. Tenemos p d (f, g) = hf − g, f − gi s Z 1 = (f (x) − g (x))2 dx 0

s Z

1

(ex − e−x )2 dx

= =

√

0

sinh 2 − 2

264


Proposici´ on 5.1.1. Propiedades básicas del producto interior h·, ·i en un espacio vectorial real V : 1. ∀f, g ∈ V, ∀α ∈ R, hf, αgi = α hf, gi 2. ∀f, g, h ∈ V, hf, g + hi = hf, gi + hf, hi 3. ∀fk , gj ∈ V, con k = 1, 2, . . . , n y j = 1, 2, . . . , m y ∀αk , βj ∈ R, con k = 1, 2, . . . , n y j = 1, 2, . . . , m * n + m n X m X X X αk fk , βj gj = αk βj hfk , gj i k=1

j=1

k=1 j=1

Definici´ on 5.1.3. Sea V un espacio con producto interior < ·, · >. 1. Diremos que f y g en V son ortogonales si < f, g >= 0

2. Diremos que {fk }k∈I es un conjunto ortogonal si < fk , fj >= 0, para k 6= j 3. Diremos que {fk }k∈I es un conjunto ortonormal si es ortogonal y la norma de cada elemento es 1

, n ∈ N es ortogonal. Ejemplo 5.1.5. En SC[0, L], la familia sin nπx L En efecto, si n 6= m entonces Z mπx nπx sin sin dx L L L (m − n) πx (m + n) πx = (m + n) sin + (n − m) sin 2π (m2 − n2 ) L L (usar prostaféresis) luego Z L nπx mπx sin sin dx L L 0 L L (m − n) πx (m + n) πx = (m + n) sin + (n − m) sin 2π (m2 − n2 ) L L 0 L (m − n) πL (m + n) πL = (m + n) sin + (n − m) sin 2 2 2π (m − n ) L L L = ((m + n) sin [(m − n) π] + (n − m) sin [(m + n) π]) 2π (m2 − n2 ) = 0 265


Ejemplo 5.1.6. En SC[a, b] la familia 2πx 2πx 4πx 4πx 6πx 6πx {1, cos , sin , cos , sin , cos , sin ,...} b−a b−a b−a b−a b−a b−a = 2nπx 2nπx , sin con n ∈ N 1, cos b−a b−a es una familia ortogonal.

Ejemplo 5.1.7. Si (V, h·, ·i) es un espacio con producto interior y {u1 , u2 , u3 } ⊆ V es un conjunto ortonormal, determine la norma del vector u1 − u2 + u3 Soluci´ on. Usando las propiedades del producto punto y la ortogonalidad ku1 − u2 + u3 k2 = hu1 − u2 + u3 , u1 − u2 + u3 i = ku1 k2 + ku2 k2 + ku3 k2 = 3 (los vectores tienen norma 1) entonces √ ku1 − u2 + u3 k = 3 n o √ x , sin √ 2x es ortonormal en C [−π, π] Ejemplo 5.1.8. Muestre que el conjunto B = √12π , cos π π y calcular 2 !1/2 Z π 1 cos x sin 2x √ − √ + √ dx π π 2π −π Soluci´ on.

1 cos x √ , √ π 2π

Z

π

Z

π

cos x √ dx 2π −π Z π 1 = √ cos xdx 2π −π π 1 = √ sin (x) = 0 2π −π

=

y

1 sin x √ , √ π 2π

=

−π

266

sin 2x √ dx = 0 2π


(función impar)

sin 2x cos x √ , √ π π

Z

π

= −π

sin 2x cos x dx = 0 π

función impar. Es fácil ver que √

1

√ = √1 k1k = √2π = 1

2π 2π 2π

1/2 Z π

sin 2x 2

√ = √1 sin 2xdx

π π −π Z π 1/2 1 1 − cos 4x = √ 2 dx 2 π 0 1 √ 1/2 =1 = √ π π

1/2 Z π

cos x 1 2

√ = √ cos xdx

π π −π 1/2 Z π 1 2 = √ cos xdx 2 π 0 1/2 Z π 1 1 + cos 2x = √ dx 2 2 π 0 = 1 usando el ejercicio anterior Z

π

−π

1 cos x sin 2x √ − √ + √ π π 2π

!1/2

2 dx

=

√ 3

Teorema de la mejor aproximaci´ on Ahora vamos a analizar cuando tenemos familia ortonormales como se logra la mejor aproximación de un elemento en un espacio dado. La idea es obtener una aproximación con distancia cero. Teorema 5.1.2. Sea {fk }N k=1 un conjunto ortogonal en V . Si λk ∈ R, ∀k = 1, . . . N entonces

2 N N

X

X

λ f = |λk |2 kfk k2

k k

k=1

k=1

267


Demostración.

N

2 * N + N

X

X X

λk f k = λk f k , λj f j

k=1

j=1

k=1

=

N X N X

λk λj hfk , fj i

k=1 j=1

=

N X

λ2k kfk k2

k=1

Note que si el conjunto {fk }N k=1 es ortogonal (y funciones no nulas) en V entonces es linealmente independiente N X λk fk = θV k=1

implica 0 = hθV , fi i =

* N X

+ λk fk , fi

k=1

=

N X

λk hfk , fi i

k=1

= λi hfi , fi i de donde obtenemos λi = 0. Sea f ∈ V dado, ¿Cuál es la mejor aproximación que podemos hacer en V mediante un elemento de de la forma N X λk fk k=1

esto es un elemento del subespacio generado por {f1 , f2 , ..., fN } S = h{f1 , f2 , ..., fN }i donde {fk } es un conjunto ortonormal.

268


d f,

N X

!2 λk f k

k=1

2 N

X

= f − λk f k

k=1

2

= kf k − 2 = kf k2 − 2 = kf k2 −

N X k=1 N X

λk hf, fk i + λk hf, fk i +

N X k=1 N X

k=1 N X

N X

k=1

k=1

|λk |2 kfk k2 |λk |2

k=1

hf, fk i2 +

(hf, fk i − λk )2

se sigue, independiente de los escalares λ1 , λ2 , . . . , λN ! v u N N u X X 2 t hf, fk i2 λk fk ≥ kf k − d f, k=1

k=1

luego el m´ınimo valor de esta distancia corresponde a v u N u X tkf k2 − hf, fk i2 k=1

que se alcanza en la combinación lineal de la forma N X

hf, fk i fk

k=1

se sigue que N X

hf, fk i fk

k=1

es la mejor aproximación de f ∈ V en el espacio. S = h{f1 , f2 , ..., fN }i y

m´ın

(λ1 ,...,λN )∈Rn

d f,

N X

! λk fk

v u N u X = tkf k2 − < f, fk >2

k=1

k=1

269


Teorema 5.1.3. Sea {fk }N k=1 un conjunto ortonormal en un espacio vectorial V con producto interior, f ∈ V y S = h{f1 , f2 , . . . , fN }i se tiene ! N X d (f, S) = m´ın n d f, λk f k (λ1 ,...,λN )∈R

k=1

v u N u X 2 t = kf k − hf, fk i2 k=1

y esta distancia m´ınima se logra para λi = hf, fi i con i = 1, 2, . . . , N . Es decir, el elemento de S a menor distancia de f es N X hf, fk i fk k=1

de este resultado obtenemos: Teorema 5.1.4 (Desigualdad de Bessel). Si {fk }N k=1 es un conjunto ortonormal en V entonces ∀f ∈ V N X hf, fk i2 ≤ kf k2 k=1

Demostración. De los cálculos anteriores !2 N N N X X X 2 2 (hf, fk i − λk )2 0 ≤ d f, λk fk = kf k − hf, fk i + k=1

k=1

k=1

si tomamos hf, fk i − λk = 0 entonces 2

0 ≤ kf k −

N X

hf, fk i2

k=1

que es la desigualdad deseada. Teorema 5.1.5. Si {fk }∞ k=1 es un conjunto ortonormal en V entonces para cada f en V se cumple l´ım hf, fk i = 0 k→∞

Demostración. Por la desigualdad de Bessel se tiene ∀N ∈ N N X

hf, fk i2 ≤ kf k2

k=1

270


P 2 luego la serie +∞ on de sumas parciales creciente y acotada k=1 hf, fk i converge (sucesi´ superiormente) luego l´ım hf, fk i = 0 k→∞

n

√1 , sin √x π 2π

o

Ejemplo 5.1.9. Muestre que el conjunto es ortonormal en C [−π, π] y determinar el elemento de la forma α sin x √ +β √ π 2π (con α, β ∈ R) mas cercano a f (x) = x. ¿Cuál es la m´ınima distancia?. Soluci´ on. Primero calculamos las normas

Z π 1/2

1 1

√ = dx

2π −π 2π Z π 1/2 1 = dx 2π −π Z π 1/2 1 = dx 2π −π = (1)1/2 = 1 y

1/2 Z π 2

sin x sin x

√ = dx

π π −π Z π 1/2 1 1 − cos 2x = dx π −π 2 1/2 1 = π π = 1 que son ortogonales es fácil

1 sin x √ , √ π 2π

1 = √ 2π = 0

Z

π

sin xdx −π

(por imparidad). El elemento mas cercano es 1 1 sin x sin x g (x) = √ , x √ + √ , x √ π π 2π 2π 271


donde Z π x 1 √ ,x √ dx = 0 = 2π 2π Z−π π √ sin x x sin x √ ,x √ dx = 2 π = π π −π

as´ı g (x) = 2 sin x y la distancia m´ınima es

q √ 2 d = kxk2 − 02 − 2 π

donde

Z

π

2 x2 dx = π 3 3 −π

2

kxk = entonces

r d=

Observaci´ on 5.1.4. El conjunto ( cos 1 B= , k1k cos

2 3 π − 4π 3

2kπx b−a , 2kπx b−a

sin

sin

2kπx b−a 2kπx b−a

)

con k ∈ N

es un conjunto ortonormal en SC[a, b], notemos que Z

1/2

b

dx

=

p (b − a)

a

Z a

b

cos2

2kπx b−a

! 1 + cos 4kπx b−a dx 2 a Z b−a 1 b 4kπx + cos dx 2 2 a b−a b b−a 1 4kπx b − a + sin 2 2 b−a 4kπ a b−a 1 4kπb 4kπa b−a + sin − sin 2 2 b−a b−a 4kπ b−a 2 Z

dx = = = = =

b

donde hemos usado la fórmula de prostaféresis x−y x+y sin (x) − sin (y) = −2 sin cos 2 2 272


para ver sin

4kπb b−a

− sin

4kπa b−a

=0

ahora bien Z

b 2

sin a

2kπx b−a

Z b

2kπx 1 − cos dx = b−a a b−a = (b − a) − 2 b−a = 2 2

dx

as´ı √ k1k = b−a r

b−a

cos 2kπx =

b−a 2 r

b−a

sin 2kπx =

b−a 2 Definici´ on 5.1.4. Sea f ∈ SC [a, b]. Llamaremos serie de Fourier de f a la serie de la forma X ∞ ∞ 2kπ 2kπ a0 X ak cos bk sin + x + x 2 b − a b − a k=1 k=1 donde los coeficientes son dados por la mejor aproximación. Calculemos los coeficientes en forma expl´ıcita:

= = = =

hf (x) , 1i * X + ∞ ∞ a0 X 2kπ 2kπ + ak cos x + bk sin x ,1 2 b − a b − a k=1 k=1 *∞ + *X + ∞ Da E X 2kπ 2kπ 0 ak cos bk sin ,1 + x ,1 + x ,1 2 b − a b − a k=1 k=1 X ∞ ∞ X a0 2kπ 2kπ h1, 1i + ak cos x ,1 + bk sin x ,1 2 b − a b − a k=1 k=1 a0 (b − a) 2

esto es 2 a0 = b−a

Z

b

f (x) dx a

273


de manera similar 2nπ 2nπ 2nπ f, cos x = an cos x , cos x b−a b−a b−a as´ı an

2nπ x f, cos b−a =

2nπ 2nπ cos b−a x , cos b−a x Z b 2 2nπ = f (x) cos x dx para n ∈ N b−a a b−a

y 2nπ x f, sin b−a =

2nπ 2nπ x , sin b−a x sin b−a Z b 2 2nπ = f (x) sin x dx para n ∈ N b−a a b−a

bn

Teorema 5.1.6. Si f ∈ SC [a, b] entonces

X ! N N

X a 2kπ 2kπ

0 l´ım f (x) − + ak cos x + bk sin x

=0 N →+∞

2 b−a b−a k=1

k=1

si a0 , ak y bk corresponden a los coeficientes de Fourier de f . Podemos entonces escribir ∞

a0 X f (x) = ak cos + 2 k=1

X ∞ 2kπ 2kπ bk sin x + x b−a b−a k=1

pero la convergencia de la serie no es necesariamente al evaluar en los puntos, sino en el sentido de la distancia definida. Ejemplo 5.1.10. Determinar la serie de Fourier de f (x) = x en C [−π, π] Soluci´ on. En este intervalo la serie tiene la forma ∞ ∞ X a0 X + ak cos (kx) + bk sin (kx) 2 k=1 k=1

274


note que al ser una función impar a0 = ak = 0 y Z 1 π x sin (kx) dx bk = π −π Z 2 π x sin (kx) dx = π 0 2 = ((sin kx − kx cos kx)|π0 ) 2 πk 2 k = −k (−1) πk 2 2 (−1)k+1 = πk as´ı x=

∞ X k=1

2 (−1)k+1 πk

275

! sin (kx)


en media. Veamos algunos gráficos de la aproximación

N X

2 (−1)k+1 πk

k=1

P3

k=1

2(−1)k+1 πk

P15 2(−1)k+1 k=1

πk

sin (kx)

sin (kx)

P6

sin (kx)

sin (kx)

P60 2(−1)k+1

sin (kx)

k=1

2(−1)k+1 πk

k=1

πk

Ejemplo 5.1.11. Determinar la serie de Fourier de f (x) = ex para x ∈ [−1, 1] . Soluci´ on. La serie de Fourier de f en este intervalo es de la forma ∞

a0 X + an cos 2 n=1 =

!

2nπx 2

∞ X

+

∞ X n=1

∞ X

an sin

2nπx 2

a0 + an cos (nπx) + an sin (nπx) 2 n=1 n=1 276


donde 2 = 2 Z =

a0 an

1

Z

ex dx = 2 sinh 1

−1 1

ex cos (nπx) dx =

−1

(2 sinh 1) (−1)n para n ∈ N π 2 n2 + 1

y (2nπ sinh 1) (−1)n+1 e sin (nπx) dx = para n ∈ N bn = π 2 n2 + 1 −1 Z

1

x

se sigue x

e

= (sinh 1) +

∞ X (2 sinh 1) (−1)n n=1

π 2 n2 + 1

cos (nπx) +

∞ X (2nπ sinh 1) (−1)n+1 n=1

π 2 n2 + 1

∞ ∞ X X 2 (−1)n 2nπ (−1)n+1 = (sinh 1) 1 + cos (nπx) + sin (nπx) 2 n2 + 1 2 n2 + 1 π π n=1 n=1

sin (nπx)

!

as´ı por ejemplo, la gráfica de la aproximación ! 10 10 X X 2 (−1)n 2nπ (−1)n+1 (sinh 1) 1 + cos (nπx) + sin (nπx) π 2 n2 + 1 π 2 n2 + 1 n=1 n=1 es:

en rojo esta la gráfica de la exponencial. Teorema 5.1.7 (Identidad de Parseval). Si f ∈ SC [a, b] entonces Z b ∞ ∞ a2 X 2 X 2 2 f 2 (x) dx = 0 + an + bn b−a a 2 n=1 n=1 donde 2 an = b−a

Z

b

f (x) cos

a

2nπ x dx para n ∈ N∪ {0} b−a

277


y 2 bn = b−a

Z

b

f (x) sin

a

2nπ x dx para n ∈ N b−a

Ejemplo 5.1.1. Calcular la serie de Fourier de f (x) = |x| para x ∈ [−1, 1] y usando Parseval calcular ∞ X 1 (2n + 1)4 n=1

Convergencia Puntual de series de Fourier Si bien hemos enunciado que la serie de Fourier converge en norma la función dada, se presenta la siguiente situación: Determinemos la serie de Fourier de 1 si x ∈ [0, π] f (x) = −1 si x ∈ [−π, 0[ se tiene: a0 an bn

Z 1 π f (x) dx = 0 (la función es impar) = π −π Z 1 π = f (x) cos (nx) dx = 0 (la función f (x) cos (nx) es impar) para cada n ∈ N π −π Z 1 π 1 = f (x) sin (nx) dx = − (2 (−1)n − 2) para n ∈ N π −π πn

se sigue que ∞ X 1 n f (x) = − (2 (−1) − 2) sin (nx) (en media) πn n=1 ∞ 2X 1 n = − ((−1) − 1) sin (nx) (en media) π n=1 n pero f (0) = 1 pero si evaluamos

en x = 0 nos queda

∞ 2X 1 n − ((−1) − 1) sin (nx) π n=1 n ∞ 2X 1 n − ((−1) − 1) sin (n0) = 0 π n=1 n 278


luego el valor al cual converge la serie no es el valor de la función en el punto. Como se ve en las siguiente gráficas, los combinaciones trigonométricas N 1 2X n − ((−1) − 1) sin (nx) π n=1 n cuando N crece se va pareciendo más a la gráfica pero todos estas funciones pasan por el 0. El siguiente teorema nos dice a que valor converge la serie de Fourier X ∞ ∞ a0 X 2kπ 2kπ + x + x ak cos bk sin 2 b − a b − a k=1 k=1 de f ∈ SC [a, b] cuando evaluamos en un x0 ∈ [a, b]. Teorema 5.2.1 (Convergencia puntual). Sea f, f 0 ∈ SC [a, b] entonces la serie de Fourier converge en todos los puntos del intervalo [a, b], además si x0 ∈ [a, b] la serie de Fourier converge a − f x+ 0 + f x0 2 cuando x0 ∈ ]a, b[ y a f (b− ) + f (a+ ) 2 si x0 = a o x0 = b. Por convergencia puntual se entiende l´ım

N →∞

! N 2kπ 2kπ a0 X + ak cos x0 + bk sin x0 = 2 b−a b−a k=1

l´ım SN (x0 )

N →∞

− f x+ 0 + f x0 = 2 (no es la convergencia en norma, la cual esta garantizada sin mirar la derivada). Ejemplo 5.2.1. Sabemos que ! ∞ ∞ n n+1 X X 2 (−1) 2nπ (−1) ex = (sinh 1) 1 + cos (nπx) + sin (nπx) (en media) 2 n2 + 1 2 n2 + 1 π π n=1 n=1 para x ∈ [−1, 1]. Usando esa serie, determinar el valor de ∞ X (−1)n π 2 n2 + 1 n=1

279


Soluci´ on. Como ! ∞ ∞ n+1 n X X 2nπ (−1) 2 (−1) cos (nπx) + sin (nπx) ex = (sinh 1) 1 + π 2 n2 + 1 π 2 n2 + 1 n=1 n=1 evaluando en x = 0 que es un punto de continuidad se obtiene ! +∞ X 2 (−1)n 1 = (sinh 1) 1 + π 2 n2 + 1 n=1 as´ı 1 2

X +∞ 1 (−1)n −1 = sinh 1 π 2 n2 + 1 n=1

Note que si f, f 0 ∈ SC [a, b] la serie de Fourier ∞

a0 X ak cos + 2 k=1

X ∞ 2kπ 2kπ bk sin x + x b−a b − a k=1

converge en cada punto del intervalo, si denotamos por ∞

a0 X SF (x) = ak cos + 2 k=1

X ∞ 2kπ 2kπ bk sin x + x b−a b−a k=1

del resultado anterior se tiene que SF (x0 ) = f (x0 ) en los puntos en los cuales f es continua, 2kπ 2kπ pero se obtiene una propiedad adicional, dada que las funciones 1, cos b−a x , sin b−a x son periódicas de periodo (b − a) se sigue que ∞

a0 X + ak cos SF (x) = 2 k=1

X ∞ 2kπ 2kπ x + bk sin x b−a b−a k=1

es una función periódica de periodo (b − a) y as´ı SF (x) esta bien definida en todo R, SF

:

R→R

x → SF (x) donde SF : R → R es una función periódica de periodo (b − a) tal que − f x+ 0 + f x0 SF (x0 ) = para x0 ∈ ]a, b[ 2 f (b− ) + f (a+ ) = para x0 = a, b 2

280


Ejemplo 5.2.2. La serie de Fourier de 1 si x ∈ [0, π] f (x) = −1 si x ∈ [−π, 0[ es

∞ 1 2X n − ((−1) − 1) sin (nx) π n=1 n

entonces ∞ 2X 1 n 1 = − ((−1) − 1) sin (nx) para x ∈ ]0, π[ π n=1 n ∞ 2X 1 n −1 = − ((−1) − 1) sin (nx) para x ∈ ]−π, 0[ π n=1 n 1 + (−1) = 0 para x = 0, −π, π 2 y por periodicidad podemos decir por ejemplo que ∞ 2X π 1 n − ((−1) − 1) sin n 2π + π n=1 n 4 ∞ πn 2X 1 n = − ((−1) − 1) sin π n=1 n 4 = 1 Ejemplo 5.2.3. Determinar la serie de Fourier de f ∈ C [−2, 2] definida por 1 si 0 ≤ x ≤ 2 f (x) = −1 si −2 ≤ x < 0 Determine el valor al cual converge la serie en x = 6 y bosquejar un gráfico de la serie poniendo especial cuidado en los puntos de discontinuidad. Soluci´ on. La función es impar, esto permitirá simplifica los cálculos, la serie de Fourier tiene la forma X ∞ ∞ a0 X 2nπx 2nπx F (x) = + an cos + bn sin 2 4 4 n=1 n=1 ∞ ∞ nπx X nπx a0 X = + an cos + bn sin 2 2 2 n=1 n=1 donde a0 an

Z 2 2 = f (x) dx = 0 4 −2 Z nπx 1 2 f (x) cos dx = 0 = 2 −2 2 281


y bn

Z nπx 1 2 f (x) sin dx = 2 −2 2 Z 2 nπx sin = dx 2 0 nπx 2 2 = − cos nπ 2 0 2 = − (cos (nπ) − 1) nπ (−1)n − 1 = −2 nπ n+1 (−1) +1 = 2 nπ

as´ı F (x) = 2

∞ X n=1

n+1

(−1) +1 nπ

! sin

nπx 2

por los teoremas vistos en clases, la serie es periódica de periodo 4 se sigue que F (6) = F (2) =

1 + (−1) =0 2

la gráfica de la serie es: 1.

Series de Fourier de senos y cosenos Definici´ on 5.3.1. Si f : [0, L] → R es una función en SC [0, L], llamaremos:

282


1. Extensión par de f a la función fp (x) =

f (x) si x ∈ [0, L] f (−x) si x ∈ [−L, 0]

2. Extensión impar de f a la función f (x) si x ∈ [0, L] fI (x) = −f (−x) si x ∈ [−L, 0[

Observaci´ on 5.3.1. fp ∈ SC [−L, L] es una función par tal que fp (x) = f (x) para x ∈ [0, L] y fI (x) ∈ SC [−L, L] es una función impar tal que fI (x) = f (x) para x ∈ [0, L] Al desarrollar en serie de Fourier la función fp en [−L, L] se tiene ∞

a0 X ak cos fp (x) = + 2 k=1

kπx L

+

∞ X k=1

bk sin

kπx L

donde Z 1 L a0 = fp (x) dx L −L Z 1 L kπx ak = fp (x) cos dx para k ∈ N L −L L Z 1 L kπx bk = dx para k ∈ N fp (x) sin L −L L notemos que al ser fp una función par fp (x) cos kπx es par y fp (x) sin L luego Z Z 1 L 2 L a0 = fp (x) dx = fp (x) dx L −L L 0 Z 2 L = f (x) dx L 0

283

kπx L

es impar,


y ak

Z kπx 1 L fp (x) cos dx para k ∈ N = L −L L Z 2 L kπx = dx para k ∈ N fp (x) cos L 0 L Z 2 L kπx = dx para k ∈ N f (x) cos L 0 L

y bk

1 = L = 0

Z

L

fp (x) sin

−L

kπx L

dx para k ∈ N

as´ı la serie es de la forma ∞

a0 X ak cos + fp (x) = 2 k=1

kπx L

con a0 ak

Z 2 L f (x) dx = L 0 Z kπx 2 L = f (x) cos dx para k ∈ N L 0 L

de manera similar, si al desarrollar en serie de Fourier la función fI en [−L, L] se tiene ∞

a0 X fI (x) = + ak cos 2 k=1

kπx L

+

∞ X k=1

bk sin

kπx L

donde Z 1 L a0 = fI (x) dx L −L Z 1 L kπx ak = fI (x) cos dx para k ∈ N L −L L Z 1 L kπx bk = fI (x) sin dx para k ∈ N L −L L notemos que al ser fI una función impar fI (x) cos kπx es impar y fI (x) sin L luego Z 1 L fI (x) dx = 0 a0 = L −L 284

kπx L

es par,


y ak

Z kπx 1 L fI (x) cos dx para k ∈ N = L −L L = 0 para k ∈ N

y bk

Z 1 L kπx = fI (x) sin dx para k ∈ N L −L L Z 2 L kπx = fI (x) sin dx para k ∈ N L 0 L Z kπx 2 L f (x) sin dx para k ∈ N = L 0 L

as´ı la serie es de la forma fI (x) =

∞ X

bk sin

k=1

con 2 bk = L

Z

L

f (x) sin

0

kπx L

kπx L

dx para k ∈ N

como fp (x) = fI (x) = f (x) para x ∈ [0, L] se obtiene que es posible desarrollar f ∈ SC [0, L] en series de la forma ∞ kπx a0 X ak cos f (x) = + 2 L k=1 donde a0 ak

Z 2 L = f (x) dx L 0 Z 2 L kπx = f (x) cos dx para k ∈ N L 0 L

llamada serie cosenoidal de f o serie de cosenos de f y ∞ X kπx f (x) = bk sin L k=1 donde 2 bk = L

Z

L

f (x) sin

0

kπx L

llamada serie senoidal de f o serie de senos de f .

285

dx para k ∈ N


Ejemplo 5.3.1. Obtener la serie senoidal de f (x) = cos x en [0, π]. Soluci´ on. Hacemos uso de la extensión impar de f al intervalo [−π, π] entonces  cos x si x ∈ [0, π]  fI (x) =  − cos (−x) si x ∈ [−π, 0[ entonces

∞ ∞ X a0 X fI (x) = + an cos (nx) + bn sin (nx) 2 n=1 n=1

donde a0 an bn si n = 1 entonces

Z 1 π fI (x) = 0 = π −π Z π 1 = fI (x) cos (nx) dx = 0 π −π Z 2 π cos x sin (nx) dx = π 0 2 b1 = π

Z

π

cos x sin xdx = 0 0

pero sin (x + nx) = sin x cos nx + sin nx cos x sin (x − nx) = sin x cos nx − sin nx cos x as´ı sin (x + nx) − sin (x − nx) = 2 cos x sin nx luego cos ((n + 1) x) cos ((1 − n) x) − + =2 n+1 1−n

Z cos x sin nxdx

luego π cos ((n + 1) x) cos ((1 − n) x) − + n+1 1−n 0 1 cos ((n + 1) π) cos ((1 − n) π) 1 − + − − + n+1 1−n n+1 1−n (−1)n (−1)n 2n + + 2 n+1 n−1 n −1 n ((−1) + 1) 2n n2 − 1 286

Z

π

= 2

cos x sin nxdx 0

Z

π

= 2

cos x sin nxdx 0

Z

π

= 2

cos x sin nxdx 0

Z = 2

π

cos x sin nxdx 0


se sigue X +∞ 2 ((−1)n + 1) n fI (x) = sin (nx) π n=2 n2 − 1 as´ı en [0, π] obtenemos la representación X +∞ ((−1)n + 1) n 2 sin (nx) cos x = π n=2 n2 − 1 la gráfica de la aproximación (en verde) X 100 2 ((−1)n + 1) n sin (nx) π n=2 n2 − 1 es

en rojo esta la gráfica de coseno en el intervalo deseado.

Ejemplo 5.3.2. Obtener la serie cosenoidal de la función f (x) = x para x ∈ [0, 4] . Soluci´ on. En este caso hacemos uso de la extensión par de f al intervalo [−4, 4] se tiene  si x ∈ [0, 4]  x fp (x) =  (−x) si x ∈ [−4, 0[ 287


entonces

∞

a0 X + an cos fp (x) = 2 n=1

2nπx 8

+

∞ X

an sin

n=1

2nπx 8

donde Z 2 4 fp (x) dx = 8 −4 Z 1 4 xdx = 4 = 2 0

a0

an

Z nπx 1 4 = fp (x) cos dx 4 −4 4 Z nπx 1 4 x cos = dx 2 0 4 8 ((−1)n − 1) = π 2 n2

y Z

1 bn = 4

4

fp (x) sin

nπx

−4

se sigue fp (x) = 2 +

4

dx = 0

∞ X 8 ((−1)n − 1) π 2 n2

n=1

cos

nπx 4

en particular en [0, 4] se tiene x=2+8

∞ X ((−1)n − 1) π 2 n2

n=1

cos

nπx 4

Ejemplo 5.3.3. Sea f : [0, π] → R definida por f (x) = x (π − x) 1. Encontrar una función F periódica y par tal que F (x) = f (x) para x ∈ [0, π] y desarrollar en serie de Fourier F . 2. Encontrar una función G periódica e impar tal que G (x) = f (x) para x ∈ [0, π] y desarrollar en serie de Fourier G. 3. Use los puntos anteriores para probar ∞ X (−1)n+1 n=1

n2

=

∞ π3 π 2 X (−1)n+1 = y 12 n=1 (2n − 1)3 32

288


Soluci´ on. Por punto pero calculando las sumas pedidas. 1. F es la serie de cosenos ∞

a0 X + an cos (nx) F (x) = 2 n=1 donde

2 a0 = π an =

as´ı

2 π

Z

Z

π

x (π − x) dx = 0

π

x (π − x) cos (nx) dx = − 0

π2 3 2 ((−1)n + 1) n2

∞ X ((−1)n + 1) π2 −2 cos (nx) F (x) = 6 n2 n=1

si consideramos la suma sobre los pares (en los impares los coeficientes son nulos) ∞ X π2 2 F (x) = −2 cos (2nx) 6 (2n)2 n=1 ∞

= evaluando en

π 2

π 2 X cos (2nx) − 6 n2 n=1

obtenemos ∞ π π π 2 X cos 2n π− = − 2 2 6 n2 n=1 ∞

π 2 X (−1)n = − 6 n2 n=1 esto es ∞ X π2 π2 (−1)n+1 − = 4 6 n2 n=1 ∞ X π2 (−1)n+1 = 12 n2 n=1

2. G es la serie senoidal G (x) =

∞ X n=1

289

bn sin (nx)

π 2


donde bn

2 = π

Z

π

x (π − x) sin (nx) dx 0

2 (2 (−1)n − 2) πn3 −4 ((−1)n − 1) = πn3 = −

as´ı G (x) =

∞ X −4 ((−1)n − 1) πn3

n=1

sin (nx)

note que ahora en los pares los coeficientes son nulos, al considerar en los impares tenemos ∞ 8 X sin ((2n − 1) x) G (x) = π n=1 (2n − 1)3 evaluando en

π 2

tenemos ∞ π π 8 X sin (2n − 1) π2 π− = 2 2 π n=1 (2n − 1)3 ∞ 8 X (−1)n+1 = π n=1 (2n − 1)3

pues

as´ı

de donde obtenemos

π sin (2n − 1) = (−1)n+1 2 ∞ π2 8 X (−1)n+1 = 4 π n=1 (2n − 1)3 ∞

π 3 X (−1)n+1 = 32 n=1 (2n − 1)3

Ejemplo 5.3.4. Sea f (x) = exp (− [x]) definida en [0, 2]. Obtenga su serie de Fourier de cosenos y use la serie para calcular el valor de ∞ X (−1)n−1 n=1

2n − 1

Obs.: [x] es la parte entera de x.

290


Soluci´ on. Tenemos que encontrar la serie de cosenos, usamos la extensión par ∞ 2πnx a0 X + an cos fp (x) = 2 4 n=1 donde a0

Z 2 2 = fp (x) dx 4 −2 Z 2 f (x) dx = 0 Z 2 = exp (− [x]) dx 0 Z 1 Z 2 = 1dx + edx = e

0 −1

1

+1

y an

Z 2 2 2πnx = fp (x) cos dx 4 −2 4 Z 2 πnx = exp (− [x]) cos dx 2 0 Z 2 Z 1 πnx πnx dx + e−1 cos dx = cos 2 2 1 0 1 2 1 1 −1 −1 = sin πn 2e sin πn − 2e sin πn + πn 2 πn 2 πn 2 = − sin e−1 − 1 πn 2

luego

∞

πnx e−1 + 1 X 2 πn fp (x) = + sin 1 − e−1 cos 2 πn 2 2 n=1 evaluando en x = 0 se tiene ∞

e−1 + 1 X 2 πn 1= + sin 1 − e−1 2 πn 2 n=1 de donde obtenemos

luego

∞

e−1 + 1 2 (1 − e−1 ) X sin πn 2 1− = 2 π n n=1 ∞ X π 12 − 12 e−1 sin πn 2 = 2 (1 − e−1 ) n n=1 291


luego

∞

π X sin πn 2 = 4 n n=1 si n es par sin πn es cero, se sigue 2 ∞

π(2n−1)

π X sin 2 = 4 2n − 1 n=1 pero sin es decir

π (2n − 1) = (−1)n+1 2 ∞

π X (−1)n+1 = 4 2n − 1 n=1

Derivaci´ on e integraci´ on de Series de Fourier Si para x ∈ ]−π, π[ x=

∞ X 2 (−1)k+1

k

k=1

es cierto que 1=

∞ X

sin (kx)

2 (−1)k+1 cos (kx)

k=1

para x ∈ ]−π, π[? En otras palabras ¿es posible derivar término a término una serie de Fourier y asegurar que converge a la derivada de la función?, la respuesta es no, ya que 2 (−1)k+1 no corresponde al coeficiente de Fourier de la función, el cual tiene que cumplir l´ım Ck = 0

k→∞

Para que sea válida la derivación término a término tenemos el siguiente resultado: Teorema 5.4.1. Si f ∈ C [a, b] , f (a) = f (b) y f 0 ∈ SC [a, b] entonces la serie de Fourier para f 0 puede ser obtenida derivando término a término la serie de f . La serie obtenida converge puntualmente a f 0 (x) en los puntos en los cuales f 00 existe. para la integración de las series tenemos el siguiente resultado: Teorema 5.4.2. Si f ∈ SC [a, b] y ∞ a0 X 2nπx 2nπx f (x) = + ak cos + bk sin (media) 2 b − a b − a n=1 292


entonces Z

x

(x − a) 2 ∞ X Z + ak

f (t) dt = a0 a

x

2nπt cos dt b−a a n=1 Z x ∞ X 2nπt + bk dt (media) sin b − a a n=1 (Esto es, es posible integrar la serie término a término)

Ejercicios del cap´ıtulo 1. Suponga que x (L − x) =

∞ X k=1

ak sin

kπx L

para x ∈ [0, L]. Haciendo uso de la propiedad de ortogonalidad de la familia sin kπx en C[0, L] encontrar los coeficientes de la serie. L k∈N 2. Muestre que en C[a, b] = V se cumple a) ∀f, g ∈ V kf − gk2 + kf + gk2 = 2 kf k2 + 2 kgk2 b) Si hf, gi = hf, hi para todo f ∈ V entonces g = h. 3. Muestre que para todo f ∈ C [−π, π] Z π l´ım sin (nx) f (x) dx = 0 n→∞

−π

Ind.: Identidad de Parseval. 4. (Calculando Productos) Calcular para n, m ∈ N Z π Z π sin (mx) sin (nx) dx, sin (nx) dx −π −π Z π Z π cos (nx) dx, cos (nx) cos (mx) dx −π −π Z π cos (nx) sin (mx) dx −π

¿Qué dicen estos cálculos del conjunto B = {1, cos (nx) , sin (nx) con n ∈ N} en SC[−π, π]? 293


5. (De lo general a lo particular) En SC [a, b] hemos definido el producto interior Z

b

hf, gi =

f (x) g (x) dx a

y enunciado que el conjunto 2nπx 2nπx C = 1, cos , sin con n ∈ N b−a b−a es una conjunto ortogonal. Escribir en los casos especiales SC[−π, π], SC[−L, L] y SC[0, L] 6. (Calculando series de Fourier) Encontrar las series de Fourier para las funciones siguientes en SC[−π, π] a) x + sin x b) ex 1 c) x2 x d) x3

si x ≤ 0 si x > 0 si x ≤ 0 si x > 0

e) sin3 x 7. (La identidad de Parseval) Utilizar la serie de Fourier de f (x) = x en [−π, π] para calcular el valor de ∞ X 1 k2 k=1 8. (Funciones pares e impares) Clasificar las siguientes funciones en par, impar o ninguna de las anteriores A) tan x 2

B) xex x+1 C) x−1 D) ln |x| E) arcsin x F) f (|x|) definida en [−1, 1] donde f : R → R es una función cualquiera. G) x cos x − cos 2x 294


9. (Parte par e impar de una serie) En Mat021 se mostró que toda función f : [−a, a] → R (donde a ∈ R+ ) se puede descomponer en su parte par mas su parte impar, esto es f (x) = fp (x) + fi (x) donde f (x) + f (−x) 2 f (x) − f (−x) fi (x) = 2 Suponiendo que no hay problemas de convergencia, encontrar las partes par e impar de ∞ a0 X + (ak cos (kx) + bk sin (kx)) 2 k=1 fp (x) =

donde ak , bk son constantes. 10. (Convergencia puntual) Encontrar el desarrollo en serie de Fourier de: −1 −π < x < 0 f (x) = 1 0

13. (Combinaciones lineales de series) Si f, g ∈SC[a, b] son tales que ∞ a0 X 2kπx 2kπx f (x) = + ak cos + bk sin 2 b − a b−a k=1 y

∞ 2kπx 2kπx A0 X + Ak cos + Bk sin g (x) = 2 b − a b−a k=1 A) Determinar la serie de Fourier de αf + βg. B) Es posible mostrar que las series ∞ 1 2 X sin (2k − 1) x + 2 π k=1 2k − 1

y

∞ 2 X (−1)k+1 sin (kx) π k=1 k

son las series de Fourier de las funciones 0 −π < x < 0 f1 (x) = 1 0
x para x ∈ ]−π, π[ π respectivamente, usar estas series y el la parte anterior del ejercicio para obtener las series de las siguientes funciones: 1/2 −π < x < 0 1) f (x) = −1/2 0 < x < π x + π −π < x < 0 2) f (x) = x 0
14. (Ojo serie truncada) ¿Cuál es el desarrollo en serie de Fourier de f (x) = 2 + 5 cos (3x) − 4 sin (7x) en SC[−π, π]?. 15. (Para trigonom´ etricas mejor identidades) Encontrar la serie de Fourier de 4 f (x) = cos x en SC[−π, π] 16. (Extensiones pares e impares) Encontrar las extensiones pares e impares de las siguientes funciones y trazar su gráfica: 296


A) f (x) = 1 definida en ]0, 5[ B) f (x) = x2 definida en ]0, π[ C) f (x) = sin (x) definida en 0, π4 D) f (x) = ex definida en ]0, π[ 17. (Series de senos) Encontrar la serie de Fourier de senos de las funciones A) f (x) = cos x para x ∈ ]0, π[ B) f (x) = ex para x ∈ ]0, π[ C) f (x) = x2 para x ∈ ]0, π[ D) f (x) = x2 − x para x ∈ ]0, 1[ 18. (Series de cosenos) Encontrar la serie de Fourier de cosenos de las funciones A) f (x) = sin x para x ∈ ]0, π[ B) f (x) = ex para x ∈ ]0, π[ C) f (x) = x2 para x ∈ ]0, π[ D) f (x) = x − x3 para x ∈ [0, 4] 19. (Derivando Series) Si para x ∈ ]−π, π[ x=

∞ X 2 (−1)k+1

k

k=1

¿Es cierto que 1=

∞ X

sin (kx)

2 (−1)k+1 cos (kx)

k=1

para x ∈ ]−π, π[? En otras palabras ¿es posible derivar término a término una serie de Fourier y asegurar que converge a la derivada de la función?. (Obs: Para poder derivar una serie de Fourier y garantizar convergencia basta que la función sea continua f (a) = f (b) y f 0 , f 00 ∈ SC[a, b] derivar por ejemplo la serie de Fourier de |x| para x ∈ ]−π, π[) 20. (¿Cu´ al serie usar?) Calcular el valor de ∞ ∞ ∞ X 1 X 1 X 1 , , k 2 k=1 k 4 k=1 k 6 k=1

usando series de Fourier adecuadas. 297

Parte II C´ alculo diferencial en varias variables

298

Cap´ıtulo 6 : Elementos de topolog´ıa de Rn

El espacio euclidiano Rn Definici´ on 6.1.1. Se define el espacio n−dimensional sobre el conjunto de los n´ umeros reales por: Rn = {x = (x1 , x2 , . . . , xn ) : xi ∈ R, i = 1, 2, . . . , n} junto con la suma en Rn dada por: x + y = (x1 , x2 , . . . , xn ) + (y1 , y2 , . . . , yn ) = (x1 + y1 , x2 + y2 , . . . , xn + yn ) y la multiplicación por escalar definida por: αx = α (x1 , x2 , . . . , xn ) = (αx1 , αx2 , . . . , αxn ) para todos x, y ∈ Rn y α ∈ R. Teorema 6.1.1. El espacio Rn es un espacio vectorial real de dimensión n.

Producto interno y norma Definici´ on 6.2.1. Sean x = (x1 , . . . , xn ) e y = (y1 , . . . , yn ) en Rn . Se define el producto interno o producto escalar de x e y como el n´ umero real: hx, yi =

n X

xi yi

i=1

Observaci´ on 6.2.1. El producto interno es el que confiere la noción de distancia y de perpendicularidad al espacio Rn . Proposici´ on 6.2.1. Sean x, y, z ∈ Rn y α ∈ R, entonces: 1. Bilinealidad: hαx + y, z i = α hx, zi + hy, zi y hx, αy + zi = α hx, yi + hx, zi 2. Simetr´ıa: hx, yi = hy, xi 3. Definido positivo: hx, xi ≥ 0 y hx, xi = 0 ⇐⇒ x = 0.

299


Definici´ on 6.2.2. Sea x = (x1 , . . . , xn ) ∈ Rn . Se define la norma (euclidiana) de x como el n´ umero real: p hx, xi kxk = ( n )1/2 X = x2i i=1

Proposici´ on 6.2.2. Sean x ∈ Rn y α ∈ R, entonces: 1. kxk ≥ 0 2. kαxk = |α| kxk Teorema 6.2.1 (Desigualdad de Cauchy-Schwarz). Sean x, y ∈ Rn , entonces: |hx, yi| ≤ kxk kyk Demostración. Consideremos ϕ : R → R definida por: ϕ (λ) = hx + λy, x + λyi Note que: ϕ (λ) = kxk2 + 2λ hx, yi + λ2 kyk2 Ahora bien, ϕ (λ) ≥ 0 es equivalente a que el discriminante de la expresión cuadrática anterior sea negativa o cero. Es decir: 4 hx, yi2 − 4 kxk2 kyk2 ≤ 0 Luego, extrayendo ra´ız cuadrada se obtiene: |hx, yi| ≤ kxk kyk

Observaci´ on 6.2.2. La noción de perpendicularidad caracter´ıstica de los espacios euclidianos se obtiene de la desigualdad de Cauchy-Schwarz. En efecto, sean x, y ∈ Rn r {0}, luego: |hx, yi| hx, yi |hx, yi| ≤ kxk kxk ⇐⇒ ≤ 1 ⇐⇒ −1 ≤ ≤1 kxk kyk kxk kyk Por tanto, debe existir un ángulo θ ∈ [0, π) tal que: cos θ =

hx, yi kxk kyk

O bien, en su forma clásica: hx, yi = kxk kyk cos θ 300


Definici´ on 6.2.3. Sean x, y ∈ Rn . Se define el ´ angulo entre x e y como: ∠ (x, y) = arc cos

hx, yi kxk kyk

Además, diremos que x e y son perpendiculares u ortogonales si ∠ (x, y) = 0. En tal caso, se anota x ⊥ y. Teorema 6.2.2 (Pitágoras). Sean x, y ∈ Rn tales que x ⊥ y, entonces: kx + yk2 = kxk2 + kyk2 Teorema 6.2.3. Sean x1 , x2 , . . . , xm ∈ Rn r {0} con xi ⊥ xj , i = 6 j y m ≤ n, entonces x1 , x2 , . . . , xm son linealmente independientes. Observaci´ on 6.2.3. Otra consecuencia de la desigualdad de Cauchy-Schwarz es la desigualdad triangular. La desigualdad triangular es una propiedad muy importante de la norma euclidiana y es la piedra angular de la noción de distancia sobre el espacio Rn . Teorema 6.2.4 (Desigualdad triangular). Sean x, y ∈ Rn , entonces: kx + yk ≤ kxk + kyk Demostración. Por la desigualdad de Cauchy-Schwarz: kx + yk2 = hx + y, x + yi = kxk2 + 2 hx, yi + kyk2 ≤ kxk2 + 2 kxk kyk + kyk2 (kxk + kyk)2 Lo cual implica el resultado. Definici´ on 6.2.4. Sean x, y ∈ Rn . Se define la distancia entre x e y como el n´ umero real dado por: d (x, y) = kx − yk Teorema 6.2.5. Sean x, y, z ∈ Rn , entonces: 1. d (x, y) ≥ 0;

d (x, y) = 0 ⇐⇒ x = y

2. d (x, y) = d (y, x) 3. d (x, z) ≤ d (x, y) + d (y, z)

(desigualdad triangular)

Observaci´ on 6.2.4. La noción de norma euclidiana se puede generalizar al concepto de norma, como una función más general N : Rn → R la cual debe cumplir: 301


1. N (x) ≥ 0 2. N (αx) = |α| N (x) 3. N (x + y) ≤ N (x) + N (y) A modo de ejemplo, las normas más comunes en Rn son: kxk∞ = máx {|x1 | , |x2 | , . . . , |xn |} n X kxk1 = |xi | i=1

( n X

kxkp =

)1/p |xi |p

i=1

Además, se tiene que: l´ım kxkp = kxk∞

p→∞

As´ı: Teorema 6.2.6. Sean N y N1 dos normas cualesquiera sobre Rn . Entonces, existen constantes α, β > 0 tales que: αN1 (x) ≤ N (x) ≤ βN1 (x) para todo x ∈ Rn .

Elementos de topolog´ıa de Rn Definici´ on 6.3.1. Sean a ∈ Rn y ε > 0. Llamaremos bola abierta de radio ε con centro en a al conjunto definido por: B (a, ε) = {x ∈ Rn : kx − ak < ε} Ejemplo 6.3.1. Si n = 1, entonces: B (a,ε) = (a − ε, a + ε)

302


Si n = 2 y a = (x0 , y0 ), entonces: q 2 2 2 B (a, ε) = (x, y) ∈ R : (x − x0 ) + (y − y0 ) < ε

y si n = 3 y a = (x0 , y0 , z0 ) entonces q 2 2 2 3 B (a, ε) = (x, y, z) ∈ R : (x − x0 ) + (y − y0 ) + (z − z0 ) < ε

303


Definici´ on 6.3.2. Sea U ⊆ Rn . Diremos que a es un punto interior de U si: ∃ε > 0,

B (a, ε) ⊆ U

Llamaremos interior de U al conjunto de todos los puntos interiores de U , este conjunto ˚. es representado por U Ejemplo 6.3.2. Muestre que (1, 2) es punto interior de U = (x, y) ∈ R2 : x + y ≥ 1 pero (1,0) no lo es.

304


Soluci´ on. El conjunto U corresponde a la región de la figura

notemos que la distancia de (1, 2) a la recta x + y = 1 es |1 + 2 − 1| 2√ 4 √ = 5> 5 5 1+4 se sigue que existe ε =

4 5

tal que 4 B ((1, 2) ; ε) = B (1, 2) ; ⊂U 5

305


para el punto (1, 0) note que (1, 0) ∈ U pero para todo ε > 0, B ((1, 0) ; ε) 6⊆ U toda bola abierta con centro (1, 0) contiene puntos que no pertenecen a U, por ejemplo el punto 1, − 2ε

Definici´ on 6.3.3. Sea U ⊆ Rn . Diremos que U es un conjunto abierto en Rn , o ˚. simplemente abierto en Rn si U = U Observaci´ on 6.3.1. U es abierto si: ∀a ∈ U, ∃ε > 0,

B (a, ε) ⊆ U

Ejemplo 6.3.3. Los conjuntos ∅ y Rn son abiertos. Ejemplo 6.3.4. Un conjunto finito A ⊆ Rn no es abierto. Teorema 6.3.1. Toda bola abierta es un conjunto abierto. Demostración. Sean a ∈ Rn y ε > 0. Considere x ∈ B (a, ε) y: δ = ε − kx − ak > 0 Sea, ahora, y ∈ B (x, δ). Luego, ky − xk < δ y además: ky − ak = k(y − x) + (x − a)k ≤ ky − xk + kx − ak < δ + kx − ak = ε − kx − ak + kx − ak = ε As´ı, ky − ak < ε, y por tanto, y ∈ B (a, ε). Esto implica que, B (x, δ) ⊆ B (a, ε). Es decir, que todo punto x ∈ B (a, ε) es interior. 306


Ejemplo 6.3.5. Todo intervalo abierto en R es un conjunto abierto. Ejemplo 6.3.6. Sea: U = (x, y) ∈ R2 : x > 2 Entonces, U es abierto. Ejemplo 6.3.7. Si U = {(x, y) ∈ R2 : x2 ≤ y}

˚ = {(x, y) ∈ R2 : x2 < y} entonces U

se sigue que el conjunto no es abierto. 307


Ejemplo 6.3.8. Considere el conjunto A = (x, y) ∈ R2 : y > x2 ◦

muestre que (0, 2) ∈ A y (0, 0) ∈ ∂A. Soluci´ on. El conjunto A es la parte achurada del dibujo siguiente

En esta figura se muestran los puntos (2, 0) y (0, 0)

◦

Primero mostraremos que (0, 2) ∈ A. Consideremos r = 1 y mostremos B ((0, 2) ; 1) ⊂ A si (x, y) ∈ B ((0, 2) ; 1) entonces x2 + (y − 2)2 < 1 entonces x2 ≤ x2 + (y − 2)2 < 1 ⇒ |x| < 1 también (y − 2)2 ≤ x2 + (y − 2)2 < 1 ⇒ |y − 2| < 1 308


se sigue 1 < y < 3 entonces |x|2 = x2 < 1 < y as´ı x2 < y ◦

de donde obtenemos (x, y) ∈ A, as´ı B ((0, 2) ; 1) ⊂ A luego (0, 2) ∈ A

Ahora mostremos que (0, 0) ∈ ∂A, sea r > 0 se tiene B ((0, 0) , r) ∩ A 6= ∅ B ((0, 0) , r) ∩ Ac 6= ∅ esto es claro pues el punto (0, r/2) ∈ B ((0, 0) , r) ∩ A y (0, −r/2) ∈ B ((0, 0) , r) ∩ Ac

◦

Ejemplo 6.3.9. Sea U = {(x, y) : y = 2x} muestre que U = ∅. ◦

Soluci´ on. Sabemos que U ⊆ U , mostremos que un (x0 , y0 ) ∈ U no puede ser punto interior. Si r > 0 entonces B ((x0 , y0 ) , r) 6⊂ U

309


note que el punto x0 , y0 +

r 2

∈ B ((x0 , y0 ) , r) pero x0 , y0 + r r y0 + = 2x0 ⇒ = 0 2 2

r 2

6∈ U pues

lo que es una contradicción

Proposici´ on 6.3.1. Los conjuntos abiertos de Rn poseen las siguientes propiedades: 1. ∅ y Rn son abiertos. 2. La unión arbitraria de conjuntos abiertos en Rn es un conjunto abierto en Rn . 3. La intersección de un n´ umero finito de conjuntos abiertos en Rn es un conjunto abierto en Rn . Ejemplo 6.3.10. Sea Hn = a − n1 , b + n1 ⊆ R, para cada n ∈ N. Notamos que cada Hn es un conjunto abierto en R, pero: H=

∞ \

Hn = [a, b]

n=1

310


el cual no es abierto. Definici´ on 6.3.4. Sean U ⊆ Rn y a ∈ Rn . Diremos que a es un punto de adherencia a U si: ∀ε > 0, B (a, ε) ∩ U 6= ∅ El conjunto de todos los puntos de adherencia de U se denomina la clausura de U y se representa por U . ˚ ⊆ U ⊆ U. Observaci´ on 6.3.2. Para todo U ⊆ Rn , U Ejemplo 6.3.11. La bola cerrada con centro en a y radio ε está dada por: B (a, ε) = {x ∈ Rn : kx − ak ≤ ε} Definici´ on 6.3.5. Sea U ⊆ Rn . Diremos que U es un conjunto cerrado si U = U . Ejemplo 6.3.12. Los conjuntos ∅ y Rn son cerrados. Teorema 6.3.2. Sea U ⊆ Rn . Entonces, U es cerrado en Rn , si y solo si, U C es un conjunto abierto. on Definici´ on 6.3.6. Sean U ⊆ Rn y a ∈ Rn . Diremos que a es un punto de acumulaci´ de U si: ∀ε > 0, (B (a, ε) r {a}) ∩ U 6= ∅ El conjunto de todos los puntos de acumulación de U se denomina el conjunto derivado de U y se representa por U 0 . Ejemplo 6.3.13. Sea U = (0, 1] ∪ {2, 3}. Luego, U 0 = [0, 1]. Ejemplo 6.3.14. Sea X = n1 : n ∈ N . Luego, X 0 = {0}. Note que lo anterior quiere decir que hay infinitos puntos distintos de X suficientemente cercanos a 0. Observaci´ on 6.3.3. Si U ⊆ Rn tal que U 0 6= ∅, entonces U es infinito. As´ı, para todo conjunto finito A ⊆ Rn , se tiene que A0 = ∅. Teorema 6.3.3. Sea U ⊆ Rn . Entonces, U es cerrado en Rn , si y solo si, U 0 ⊆ U . Definici´ on 6.3.7. Sean U ⊆ Rn y a ∈ Rn . Diremos que a es un punto frontera de U si: ∀ε > 0,

B (a, ε) ∩ U 6= ∅

∧

B (a, ε) ∩ U C 6= ∅

El conjunto de todos los puntos frontera de U se llama la frontera de U y se anota como ∂U . Observaci´ on 6.3.4. Note que, desde la definición, se obtiene que ∂U = U ∩ U C . 311


Ejemplo 6.3.15. Considere el conjunto A = ]1, 2[ × ]1, 3[ 1. Muestre que A es abierto en R2 . El conjunto corresponde a un rectángulo sin los bordes como se muestra en la figura.

Supongamos que (u0 , v0 ) ∈ A entonces 1 < u0 < 2 y 1 < v0 < 3 sea r=

1 m´ın {u0 − 1, 2 − u0 , v0 − 1, 3 − v0 } 2

(la menor distancia a los bordes dividida por dos) entonces B ((u0 , v0 ) , r) ⊂ ]1, 2[ × ]1, 3[

312


en efecto, si (x, y) ∈ B ((u0 , v0 ) , r) entonces q (x − u0 )2 + (y − v0 )2 < r luego |x − u0 | < r ⇔ x ∈ ]u0 − r, u0 + r[ y |y − v0 | < r ⇔ y ∈ ]v0 − r, v0 + r[ como r = 21 m´ın {u0 − 1, 2 − u0 , v0 − 1, 3 − v0 } se sigue u0 − 1 < u0 − 1 ⇒ 1 < u0 − r 2 2 − u0 r ≤ < 2 − u0 ⇒ r + u0 < 2 2 v0 − 1 r ≤ < v0 − 1 ⇒ 2 < v0 − r 2 3 − v0 r ≤ < 3 − v0 ⇒ v0 + r < 3 2 r ≤

se sigue ]u0 − r, u0 + r[ ⊂ ]1, 2[ ]v0 − r, v0 + r[ ⊂ ]1, 3[ 313


as´ı (x, y) ∈ ]1, 2[ × ]1, 3[ se sigue que todo punto de A es un punto interior luego es un conjunto abierto. 2. Determine A y ∂A. Desarrollo: A = [1, 2] × [1, 3] corresponde al rectángulo con el borde y ∂A = {1} × [1, 3] ∪ {2} × [1, 3] ∪ [1, 2] × {1} ∪ [1, 2] × {3} son los bordes del rectángulo. Ejemplo 6.3.16. La esfera con centro en a y radio ε > 0 se obtiene como: S (a, ε) = ∂B (a, ε) = {x ∈ Rn : kx − ak = ε} As´ı, la esfera unitaria S n−1 en Rn se obtiene como: S n−1 = ∂B (0, 1) = {x ∈ Rn : kxk = 1} Definici´ on 6.3.8. Diremos que un conjunto X ⊆ Rn es acotado si existe un n´ umero real M > 0 tal que: kxk ≤ M para todo x ∈ X. Observaci´ on 6.3.5. Note que la cota anterior es uniforme, es decir: sup kxk : x ∈ X ≤ M.

Ejemplo 6.3.17. El conjunto U = (x, y, z) ∈ R3 : x2 + (y − 1)2 + z 2 ≤ 1 ∧ (x − 1)2 + y 2 + z 2 ≤ 1 es acotado pues si (x, y, z) ∈ U entonces, de la primera ecuación se obtiene x2 + z 2 ≤ x2 + (y − 1)2 + z 2 ≤ 1 y de la segunda y 2 ≤ (x − 1)2 + y 2 + z 2 ≤ 1 314


se sigue x2 + z 2 + y 2 ≤ 2 as´ı k(x, y, z)k =

p √ x2 + z 2 + y 2 ≤ 2

se sigue sup k(x, y, z)k ≤

√ 2

(x,y,z)∈U

en otras palabras

h √ i U ⊆ B (0, 0, 0) , 2

U esta contenido en la bola cerrada de centro (0, 0, 0) y radio

√

2.

Definici´ on 6.3.9 (Heine-Borel). Un conjunto K ⊆ Rn se dice compacto si es cerrado y acotado. Ejemplo 6.3.18. La bola cerrada B (a, ε) es un conjunto compacto sobre en Rn . En efecto, como B (a, ε) es cerrado, basta verificar que es acotado. Note que para todo x ∈ B (x, ε), se tiene que: kxk ≤ kx − ak + kak < ε + kak Ejemplo 6.3.19. Sean L ⊆ Rn y K ⊆ Rm conjuntos compactos, respectivamente. Entonces, L × K es compacto en Rn+m = Rn × Rm Definici´ on 6.3.10. Un conjunto A ⊆ Rn se llama disconexo si existen dos conjuntos abiertos U y V de Rn tales que: 1. U ∩ A 6= ∅ ∧ V ∩ A 6= ∅. 2. (U ∩ A) ∩ (V ∩ A) = ∅. 3. (U ∩ A) ∪ (V ∩ A) = A Por otro lado, un conjunto A ⊆ Rn se dice conexo si no es disconexo. Ejemplo 6.3.20. N y Q son disconexos. Ejemplo 6.3.21. R es conexo. Ejemplo 6.3.22. Todo intervalo real es conexo. Teorema 6.3.4. Sean A ⊆ Rn un conjunto conexo y C ⊆ Rn tales que A ⊆ C ⊆ A, entonces C es conexo.

315


Ejercicios del cap´ıtulo 1. Muestre que un plano en R3 es cerrado y su interior es vac´ıo. 2. En los siguientes conjuntos, determine cuales son: Abiertos, Cerrados. Determine en cada caso el interior, la clausura y frontera del conjunto. a) c) e) g) i)

{(x, y) ∈ R2 / y = 2x} {(x, y, z) ∈ R3 / z < x2 + y 2 } Una recta en R2 o R3 {(x, y, z) ∈ R3 / x = y = z = (−1)n , n ∈ N} 1 {(x, y) ∈ R2 / x = + 1, n ∈ N} n

b) {x ∈ Rn : kxk ≤ 1} d) {(x, y, z) ∈ R3 / x = 0} f) Un plano en R3 h) {(x, y, z) ∈ R3 / x < y} j)

{x ∈ Rn : kxk = 1}

3. Demuestre rigurosamente que: a) (0, 1) no es un punto interior de A = {(x, y) ∈ R2 / |x| + |y| < 1}. b) (0, 0) es un punto interior de A. c) (1, 0) es un punto de acumulación de A. 1 1 d) , es un punto de frontera de A. 2 2 4. Probar que B (a; r) = {x ∈ Rn : kx − ak < r} es abierto en Rn . umero racional r ∈ [0, 1], probar que 5. Si A es un conjunto cerrado que contiene cada n´ [0, 1] ⊆ A. 6. Encuentre un conjunto en R2 que no sea Abierto ni Cerrado. 7. Sea R = [−1, 2] × [3, 4[ a) ¿Es Abierto?, ¿Es Cerrado? b) Determine R. 8. Si K = [0, 1] × [0, 1] ∪ {(2, 2)} a) ¿Es Abierto? b) ¿Es cerrado? 9. Sea {Ai : i ∈ I} una colección de subconjuntos abiertos de Rn muestre que: a) ∪i∈I Ai es un conjunto abierto (la unión arbitraria de abiertos es un abierto) 316


b) ∩i∈I 0 Ai es un conjunto abierto, donde I 0 ⊆ I es un conjunto finito (la intersección finita de abiertos es un abierto) c) Muestre que la intersección arbitraria de abiertos no es necesariamente un abierto, para ello considere en Rn la colección de bolas abiertas B θ; n1 con n ∈ N. 10. Encontrar A◦ , A, A0 y ∂A si A = (x, y) ∈ R2 : x > 0, y > 0 ∪ {(−1, −1)} 11. Si T : Rn → Rm es una transformación lineal y P ∈ Rn , r > 0 ¿En que consiste el conjunto T (B (P ; r))?¿Es abierto? 12. Muestre que p ∈ A si y solo si existe una sucesión de puntos en A, digamos {an }n∈N tal que an → p (esto es l´ım d (an , p) = 0 n→∞

en el sentido de los limites de sucesiones en R) 13. Considere el subconjunto de R 1 1 U = x∈R:x= + para alg´ un n, m ∈ N n m encontrar U ◦ , U , U 0 y ∂U . 14. Muestre que si U y V son abiertos en R entonces U × V es abierto en R2 . 15. Sean U, V subconjuntos de Rn probar: a) U ⊂ V ⇒ U ⊂ V b) U ∪ V = U ∪ V 16. Si U ⊆ Rn muestre que: a) U ◦ y ∂U son disjuntos y U = U ◦ ∪ ∂U b) Muestre que la frontera es vac´ıa si y solo si el conjunto es abierto y cerrado. c) Muestre que U es abierto si y solo si ∂U = U − U ◦ 17. Si U es abierto ¿Es verdad que U = U ? 18. Muestre que todo abierto de R2 es una unión numerable de cajas abiertas de la forma ]a, b[ × ]c, d[ y también es una unión numerable de bolas abiertas.

317

Cap´ıtulo 7 : Funciones de varias variables

Definiciones b´ asicas Definici´ on 7.1.1. Consideremos una función f : U ⊆ Rn → Rm . Diremos que: 1. f es una función real de varias variables si n ≥ 2 y m = 1. 2. f es una función vectorial de una variable real si n = 1 y m ≥ 2. 3. f es una función vectorial de varias variables si n ≥ 2 y m ≥ 2. En general, las funciones reales de varias variables se denotan con letras min´ usculas, como por ejemplo: f, g, h, etc. y las funciones vectoriales se anotan con letras may´ usculas, tales como: F, G, H, etc. Ejemplo 7.1.1. Son funciones reales de varias variables las siguientes funciones: 1. f : R2 → R,

(x, y) 7→ f (x, y) = x2 + 2y.

2. g : R3 → R,

(x, y, z) 7→ g (x, y, z) = sin (xyz).

3. h : R3 → R,

(x, y, z) 7→ h (x, y, z) = e− 2 (x

1

2 +y 2 +z 2

).

Ejemplo 7.1.2. Un ejemplo importante de función de varias variables corresponde a la k−ésima proyección sobre R de un vector x = (x1 , x2 , . . . , xn ) ∈ Rn . Más precisamente, se define la k−´ esima proyecci´ on de x ∈ Rn como la función πk : Rn → R definida por: πk (x) = πk (x1 , x2 , . . . , xn ) = xk Esta función, en particular, nos permitirá representar funciones tales como: f (x, y, z) =

2x2 + y 3 x2 + z 2 + 1

como álgebra de proyecciones. Es decir, podemos escribir f (x, y, z) en la forma: f (x, y, z) =

2 π12 (x, y, z) + π23 (x, y, z) π12 (x, y, z) + π32 (x, y, z) + 1

Ejemplo 7.1.3. Son funciones vectoriales las siguientes funciones: 1. F : R → R2 ,

t 7→ F (t) = (C1 et , C2 e−t ), con C1 , C2 ∈ R.

2. G : R → R3 , t 7→ G (t) = (α cos t, α sin t, βt), con α, β > 0. 3. H : R2 → R3 ,

(x, y) 7→ H (x, y) = (ln (x2 + y 2 + 1) , cos (x + y) , x + 3y). 318


Ejemplo 7.1.4. Notamos que, si en el ejemplo (3) anterior definimos: f1 (x, y) = ln x2 + y 2 + 1

f2 (x, y) = cos (x + y) f3 (x, y) = x + 3y entonces: H (x, y) = (f1 (x, y) , f2 (x, y) , f3 (x, y)) donde fi (x, y) = (πi ◦ H) (x, y) Ejemplo 7.1.5. Sean fi : Ui ⊆ Rn → R funciones de varias variables con dominio Ui , con i = 1, 2, . . . , m. Suponga que: m \ U= Ui i=1 n

Entonces, la transformación F : U ⊆ R → Rm definida por: F (x) = (f1 (x) , f2 (x) , . . . , fm (x)) ,

x = (x1 , x2 , . . . , xn ) ∈ U

es una función vectorial de varias variables. Las funciones reales de varias variables fi se llaman funciones componentes de F. Definici´ on 7.1.2. Sea f : D ⊆ Rn → R, (x1 , x2 , . . . , xn ) → f (x1 , x2 , . . . , xn ). Llamaremos dominio m´ aximo de f al conjunto: Dom ( f ) = {x ∈ Rn : f (x) ∈ R} As´ı mismo, el dominio m´ aximo de F : D ⊆ Rn → Rm , x → F (x) = (f1 (x) , f2 (x) , . . . , fm (x)) es dado por: m \ Dom (F) = Dom ( fi ) i=1

Ejemplo 7.1.6. Hallar el dominio máximo de: p x2 + y 2 − 1 f (x, y) = ln (|x| − y) Soluci´ on. El dominio máximo en R2 para que esta expresión represente una función a valores reales en tal conjunto es Dom ( f ) = (x, y) ∈ R2 : x2 + y 2 − 1 ≥ 0 ∧ |x| − y > 0 ∧ |x| − y 6= 1

319


Ejemplo 7.1.7. Si F (x, y, z) =

sin (xyz) , y cos xyz

1 x

Determine el dominio máximo de F. Soluci´ on. El dominio máximo corresponde a Dom (F) = (x, y, z) ∈ R3 : xyz 6= 0 Definici´ on 7.1.3. El recorrido de F : U ⊆ Rn → Rm se define como: Rec ( F) = {y ∈ Rm : ∃x ∈ U, y = F (x)} Observaci´ on 7.1.1. En general, para funciones de varias variables es dif´ıcil calcular el recorrido. Sin embargo, puede ser u ´ til tomar restricciones. Esto es imágenes directas de conjuntos adecuados. Ejemplo 7.1.8. El recorrido de f : R2 → R, (x, y) → f (x, y) = xy 2 + yx2 es todo R. En efecto, si T =

(x, y) ∈ R2 : x = y

= {(x, x) : x ∈ R} Entonces, f T = x · x2 + x · x2 = 2x3 , se sigue que f (T ) = R luego R =f (T ) ⊆Rec(f ) esto implica rec (f ) = R. Ejemplo 7.1.9. El recorrido de f : R2 − {(0, 0)} → R, (x, y) → f (x, y) = efecto f (1, 0) = 0 luego 0 ∈Rec(f ). Sea T = (x, y) ∈ R2 : y = x, x 6= 0 entonces

x5 x3 f (x, y) T = 2 = 2x 2

se sigue R− {0} = f (T ) as´ı R− {0} = f (T ) ⊆ Rec (f ) ⊆ R y 0 ∈Rec(f ) se sigue Rec (f ) = R

320

x3 y 2 x2 +y 2

es R. En


Gr´ aficos, conjuntos de nivel y trazas Definici´ on 7.2.1. Sea f : U ⊆ Rn → R una función. Llamaremos gr´ afico de f al conjunto definido por: Graf (f ) = (x, f (x)) ∈ Rn+1 : x ∈ U Observaci´ on 7.2.1. Si f : U ⊆ R2 → R es una función real de dos variables reales, diremos que: z = f (x, y) , (x, y) ∈ U es una superficie en R3 . Observaci´ on 7.2.2. Respecto de lo anterior, hay algunas superficies clásicas que es conveniente reconocer. Tales superficies son conocidas como superficies cuádricas. Definici´ on 7.2.2. Una superficie cuádrica es una ecuación del tipo: P (x, y, z) = 0 donde P (x, y, z) es un polinomio de segundo grado en tres variables. En particular, se consideran la superficies cuádricas en su forma normal, es decir, considerando las ecuaciones: Ax2 + By 2 + Cz 2 + D = 0 o bien: Ax2 + By 2 + Cz = 0 Observaci´ on 7.2.3. Las superficies cuádricas más importantes son las siguientes: 1. Esfera: x2 + y 2 + z 2 = r 2

321


2. Elipsoide: x2 a2

+

y2 b2

+

z2 c2

= 1,

a, b, c 6= 0

x2 a2

+

y2 b2

−

z2 c2

= 1,

a, b, c 6= 0

3. Hiperboloide de una hoja:

322


4. Hiperboloide de dos hojas: 2

− xa2 +

y2 b2

−

z2 c2

= 1,

a, b, c 6= 0

5. Paraboloide: x2 a2

+

y2 b2

= cz,

323

a, b 6= 0 ∧ c > 0


6. Paraboloide hiperbólico: x2 a2

−

y2 b2

= cz,

a, b 6= 0 ∧ c > 0

Definici´ on 7.2.3. Sea f : U ⊆ Rn → R y c ∈ R. Llamaremos conjunto de nivel c de f al conjunto definido por: Lc (f ) = {x ∈ U : f (x) = c} ⊆ Rn En particular, si n = 2 diremos que Lc (f ) es la curva de nivel c de f . Si n = 3, diremos que Lc (f ) es la superficie de nivel c de f. Observaci´ on 7.2.4. Note que: Lc (f ) = f −1 ({c}) Observaci´ on 7.2.5. De los conjuntos anteriores, nos interesa el aspecto gráfico para n = 2 y n = 3. La colección de los gráficos superpuestos de un n´ umero adecuado de curvas de nivel o superficies de nivel para una función permite esbozar el gráfico de la función dada. Ejemplo 7.2.1. Las curvas de nivel c de la función f (x, y) = x2 + y 2 son circunferencias √ de centro en (0, 0) y radio c para c > 0. Para c = 0 es solo un punto y para c < 0 es conjunto vac´ıo. p Ejemplo 7.2.2. Las curvas de nivel c de la función f (x, y) = x2 + y 2 son circunferencias de centro en (0, 0) y radio c para c > 0. Para c = 0 es solo un punto y para c < 0 es conjunto vac´ıo. 324


Observaci´ on 7.2.6. Se puede observar que para los ejemplos anteriores las curvas de nivel son, básicamente, las mismas, es decir, c´ırculos concéntricos desde el origen. En este caso, las curvas de nivel no son suficiente para determinar el gráfico de las funciones anteriores. Debemos considerar la noción de traza. Definici´ on 7.2.4. Llamaremos traza de una superficie S : z = f (x, y) a la intersección de dicha superficie con alguno de los planos coordenados. Denotaremos las trazas de una superficie S mediante los s´ımbolos Ty y Tx , si la intersección se efect´ ua con los planos xz e yz, respectivamente. Ejemplo 7.2.3. Por ejemplo, las trazas de las superficies S1 : z = x2 + y 2 y S2 : z = p x2 + y 2 están dadas por: (x, y, z) ∈ Ty ⇐⇒ (x, y, z) ∈ S1 ∩ {(x, y, z) : y = 0} ⇐⇒ z = x2 ,

y=0

para S1 , y para S2 por: (x, y, z) ∈ Ty ⇐⇒ (x, y, z) ∈ S1 ∩ {(x, y, z) : y = 0} ⇐⇒ z = |x| ,

y=0

En particular, son algunas trazas las que nos permiten distinguir los gráficos de las superficies S1 y S2 .

Ejemplo 7.2.4. Sea f : D ⊆ R2 → R definida por p x2 + y 2 − 1 f (x, y) = p 4 − x2 − y 2 1. Determine el dominio D de f . (x, y) ∈ R2 : x2 + y 2 − 1 ≥ 0 ∧ 4 − x2 − y 2 > 0 = (x, y) ∈ R2 : x2 + y 2 ≥ 1 ∧ 4 > x2 + y 2 = (x, y) ∈ R2 : 1 ≤ x2 + y 2 < 4

D =

◦ √ ∈ D, 1, 3 ∈ ∂D y (0, 0) 6∈ D. Claramente B 32 , 0 ; 41 ⊂ D luego el punto es punto interior. Si r > 0 la bola √ B 1, 3 ; r contiene puntos del conjunto y puntos del complemento y finalmente B (0, 0) ; 12 ∩ D = ∅.

2. Demostrar que

3 ,0 2

3. Describir los conjuntos de nivel de f y graficar la función.

325


Los conjuntos de nivel de f son (

) p 2 2 x +y −1 Nc = (x, y) ∈ R2 : p =c 4 − x2 − y 2 o n p p 2 2 2 2 2 = (x, y) ∈ R : x + y − 1 = c 4 − x − y = (x, y) ∈ R2 : x2 + y 2 − 1 = c2 4 − x2 − y 2 = (x, y) ∈ R2 : 1 + c2 x2 + 1 + c2 y 2 = 1 + 4c2 1 + 4c2 2 2 2 = (x, y) ∈ R : x + y = 1 + c2 q 2 son circunferencias de radio 1+4c y centro (0, 0). Por otro lado, si y = 0 se tiene 1+c2 √ x2 − 1 z=√ 4 − x2 que tiene por gráfica

as´ı la gráfica es

326


Ejercicios del cap´ıtulo 1. Encontrar los dominios de las siguientes funciones: p y − x2 2 a) f : D ⊆ R → R (x, y) → 2 x − y2 b) f : D ⊆ R2 → R

c)

f : D ⊆ R2 → R3

p y − x2 ln (1 − x2 + y 2 ) (x, y) → ln (x2 − y 2 ) (x, y) →

! √ x x x2 p , , x + y x + y 2 |x| − x2 + y 2

2. Esbozar curvas de nivel y gráficas de las siguientes funciones: a) f : R2 → R (x, y) → x − y + 2 b) f : R2 → R (x, y) → x2 + 9y 2 c) f : R2 → R (x, y) → máx {|x| , |y|} 3. Describir el comportamiento de las curvas de nivel f (x, y) = c para c en R con: a) f (x, y) = x2 + 4y 2 + 5

b)

f (x, y) = 4 − x2 − y 2

2 2 f (x, y) = (x2 + y 2 ) e−(x +y ) 4. Considere la función f (x, y) = x2 + y 2 y defina para θ ∈ 0, π2 el conjunto

c)

f (x, y) = |8 − |x2 + y 2 − 4|| + 1

d)

Sθ = (x, y, z) ∈ R3 : y = (tan θ) x ver la forma de la curva G (f ) ∩ Sθ donde G (f gráfica de la función p) corresponde2 a la x +y 2 2 2 f . Hacer lo mismo con la función f (x, y) = x + y + e . 5. Describir los conjuntos de nivel de las funciones: a) f : R3 → R (x, y, z) → −x2 − y 2 − z 2 b) f : R3 → R (x, y, z) → 4x2 − y 2 + 9z 2 c) f : R3 → R (x, y, z) → z − x2 − 4y 2 6. Representar en R3 los conjuntos: y2 3 2 a) A = (x, y, z) ∈ R : z + =1 4 b) B = (x, y, z) ∈ R3 : x = y 2 c) B = (x, y, z) ∈ R3 : x2 + y 2 = 1 ∧ x + y + z = 0

327


7. Utilizando coordenadas polares describir las curvas de nivel de la función  2xy    x2 + y 2 si (x, y) 6= (0, 0) f (x, y) =    0 si (x, y) = (0, 0)

328

Cap´ıtulo 8 : L´ımites y continuidad

Definiciones Definici´ on 8.1.1. Sean U ⊆ Rn , a ∈ U 0 y f : U → R una función. Diremos que el n´ umero real L es el l´ımite de f (x) cuando x tiende a a si: ∀ ε > 0, ∃ δ > 0, 0 < kx − akRn < δ =⇒ |f (x) − L| < ε

(8.1)

Lo anterior se representa mediante el s´ımbolo: l´ım f (x) = L

x→a

Observaci´ on 8.1.1. En particular, si f : U ⊆ R2 → R y (a, b) ∈ U 0 , la definición de l´ımite en (8.1) queda como: q ∀ ε > 0, ∃ δ > 0, 0 < (x − a)2 + (y − b)2 < δ =⇒ |f (x, y) − L| < ε y en s´ımbolos: l´ım

f (x, y) = L

(x,y)→(a,b)

Usualmente, a los l´ımites del tipo anterior, se les conoce como l´ımites dobles. Ejemplo 8.1.1. Demuestre que: l´ım

(3x + 2y) = 4

(x,y)→(2,−1)

Soluci´ on. Por demostrar que, dado cualquier ε > 0, existe δ > 0 tal que si: q 0 < (x − 2)2 + (y + 1)2 < δ implica que: |3x + 2y − 4| < ε En efecto, note que: |3x + 2y − 4| = |3 (x − 2) + 2 (y + 1)| ≤ 3 |x − 2| + 2 |y + 1| < 3δ + 2δ = 5δ q Por tanto, dado ε > 0, existe δ = ε/5 tal que si 0 < (x − 2)2 + (y + 1)2 < δ, entonces |3x + 2y − 4| < ε. Por tanto, se concluye que l´ım(x,y)→(2,−1) (3x + 2y) = 4.

329


Ejemplo 8.1.2. Demuestre que: x2 cos (x2 + y 2 ) p l´ım =0 (x,y)→(0,0) x2 + y 2 Soluci´ on. Note que si (x, y) 6= (0, 0) x2 cos (x2 + y 2 ) |x|2 cos x2 + y 2 p p − 0 = x2 + y 2 x2 + y 2 |x| |x| ≤ p x2 + y 2 p p x2 + y 2 x 2 + y 2 p ≤ x2 + y 2 p x2 + y 2 = δ = q por lo tanto, dado ε > 0 existe δ = ε tal que si 0 < (x − 0)2 + (y − 0)2 < δ entonces x2 cos (x2 + y 2 ) − 0 < ε. p 2 x + y2 Observaci´ on 8.1.2. Es importante destacar que la noción de l´ımite es un concepto que puede tratarse de manera más general que en el caso de funciones reales de varias variables. En particular, el concepto de l´ımite se puede extender a funciones vectoriales considerando la norma correspondiente al espacio de llegada. Más precisamente, tenemos: Definici´ on 8.1.2. Sean U ⊆ Rn , a ∈ U 0 y F : U → Rm una función vectorial. Diremos que el vector L ∈ Rm es el l´ımite de F (x) cuando x tiende a a si: ∀ ε > 0, ∃ δ > 0, 0 < kx − akRn < δ =⇒ kF (x) − LkRm < ε Sin embargo, para nuestro propósitos de cálculo, es u ´til el siguiente teorema: Teorema 8.1.1. Sean U ⊆ Rn , x ∈ U 0 y F : U → Rm una función vectorial tal que: F (x) = (f1 (x) , f2 (x) , . . . , fm (x)) Entonces, el vector L = (L1 , L2 , . . . , Lm ) ∈ Rm es el l´ımite de F (x) cuando x tiende a a, si y solo si: l´ım fi (x) = Li x→a

para todo i = 1, 2, . . . , m. En otras palabras, F (x) tiende al vector L cuando x tiende a a, si y solo si, la convergencia se da en cada coordenada de F (x) a la correspondiente coordenada de L. 330


La demostración de este resultado se sigue de la desigualdad |fi (x) − Li | ≤ k(f1 (x) , f2 (x) , . . . , fm (x)) − (L1 , L2 , . . . , Lm )k m √ X m |fi (x) − Li | ≤ i=1

Observaci´ on 8.1.3. En vista del resultado anterior, centraremos nuestra atención en funciones reales de varias variables. Teorema 8.1.2. Sean F : U ⊆ Rn → Rm una función vectorial y a ∈ U 0 . Suponga que: l´ım F (x) = L

x→a

∧

l´ım F (x) = M

x→a

entonces, L = M. Demostración. Sea ε > 0. Por hipótesis, existen δ1 , δ2 > 0 tales que: ε 0 < kx − ak < δ1 =⇒ kf (x) − Lk < 2 y: ε 0 < kx − ak < δ2 =⇒ kf (x) − M k < 2 Considerando, δ = m´ın {δ1 , δ2 }, se tiene que: kL − M k = k(L − f (x)) + (f (x) − M )k ≤ kf (x) − Lk + kf (x) − M k ε ε + =ε < 2 2 Lo anterior implica que L = M . Este resultado nos entregará una técnica para demostrar la no existencia de ciertos l´ımites. Ejemplo 8.1.3. Determine si acaso existe el siguiente l´ımite: sin (xy) + z (x,y,z)→(0,0,0) x2 + y 2 + |z| l´ım

Soluci´ on. Anotemos f (x, y, z) = xsin(xy)+z 2 +y 2 +|z| y consideremos el conjunto: T = (x, y, z) ∈ R3 : x = y = 0 ∧ z = 6 0 Ahora bien: z f T = = |z|

1 , −1 ,

z>0 z<0

Por unicidad del l´ımite, se concluye que el l´ımite l´ım(x,y,z)→(0,0,0) 331

sin(xy)+z x2 +y 2 +|z|

no existe.


Ejemplo 8.1.4. Sea f : R2 r {(0, 0)} → R una función de dos variables definida por: f (x, y) =

x2

xy + y2

Considere: Tm = (x, y) ∈ R2 : y = mx con m 6= 0. Note que: f Tm (x, y) = f (x, mx) mx2 x2 + m 2 x2 m = 1 + m2

=

Notamos que si (x, y) → (0, 0) a través de Tm , es decir, si consideramos el l´ımite l´ım(x,y)→(0,0) f (x, y), se tiene que: (x,y)∈Tm

l´ım

f (x, y) = l´ım f (x, mx) x→0

(x,y)→(0,0) (x,y)∈Tm

m x→0 1 + m2 m = 1 + m2

= l´ım

y por tanto, se puede concluir que el l´ımite de f (x, y) no existe, pues depende directamente de la pendiente de la recta de aproximación al origen y = mx. Ejemplo 8.1.5. Considere el l´ımite x2 y (x,y)→(0,0) x4 + y 2 l´ım

note que x2 y x2 0 = l´ ım = l´ım 0 = 0 x→0 x4 + 02 x→0 (x,y)→(0,0) x4 + y 2 l´ım y=0

x2 y 02 y = l´ ım = l´ım 0 = 0 y→0 04 + y 2 y→0 (x,y)→(0,0) x4 + y 2 l´ım x=0

si tomamos otra recta de la forma y = mx (con m 6= 0) entonces x2 y x2 (mx) = l´ ım x→0 x4 + (mx)2 (x,y)→(0,0) x4 + y 2 l´ım

y=mx

= l´ım

x→0

332

x2

mx =0 + m2


se sigue que por todas las rectas que contienen al origen el l´ımite es cero, note que estas rectas cubren todos los puntos del plano pero esto NO implica que el l´ımite sea cero, la razón de esto es que las rectas no son la u ´ nicas trayectorias por las cuales podemos acercarnos al origen, en efecto, al tomar la trayectoria y = x2 se tiene x2 y x2 x2 = l´ ım x→0 x4 + x4 (x,y)→(0,0) x4 + y 2 l´ım

y=x2

1 x→0 2 1 = 2 = l´ım

se sigue que el l´ımite no existe. Lo anterior se puede generalizar introduciendo la idea de camino en Rn . Consideremos: Definici´ on 8.1.3. Un camino en Rn es una función ϕ : I → Rn , cuyo dominio es un intervalo I ⊆ R. Es decir: ϕ (t) = (ϕ1 (t) , ϕ2 (t) , . . . , ϕn (t)) ,

t∈I

y cada función componente ϕi : I ⊆ R → R es continua en I. Definici´ on 8.1.4. Sean U ⊆ Rn , a ∈ U 0 y un camino de la forma ϕ : [0, 1] → U . Diremos que ϕ (t) converge propiamente a a, cuando t → 0+ si: l´ım ϕ (t) = a

t→0+

p

y ϕ (t) 6= a, para todo t ∈ (0, 1]. Anotamos lo anterior mediante el s´ımbolo ϕ (t) → a. Teorema 8.1.3. Sean L ∈ R, f : U ⊆ Rn → R y a ∈ U 0 tales que: l´ım f (x) = L

x→a

entonces: l´ım f (ϕ (t)) = L

t→0+

p

para todo camino ϕ : [0, 1] → U tal que ϕ (t) → a. se sigue de este teorema, que si por dos caminos distintos el limite es diferente o bien, por un camino no existe entonces el limite general no existe. Ejemplo 8.1.6. Muestre que el l´ımite: x3 + y 3 (x,y)→(0,0) x − y l´ım

no existe 333


Soluci´ on. Note que: x3 − y 3 + 2y 3 x3 + y 3 = x−y x−y 2y 3 2 2 = x + xy + y + x−y

f (x, y) =

Ahora bien, suponga que: 2y 3 =r x−y luego: 2 x = y + y3 r 2 3 ϕ (t) = t + t , t r

Defina:

entonces l´ım ϕ (t) = (0, 0) t→0

y ! 2 2 3 2 3 l´ım f (ϕ (t)) = l´ım t + t t + t + t + t +r t→0 t→0 r r = r 2

luego tomando r = 1 y r = 2 obtenemos l´ımites distintos. El l´ımite no existe. La técnica empleada en este caso se conoce como la técnica de los conjuntos de nivel. Observaci´ on 8.1.4. Otro procedimiento habitual para investigar acerca de la existencia o inexistencia de un l´ımite es transformar mediante un cambio de variables adecuado el espacio R2 completo. Es decir, considerando el cambio de coordenadas: x = r cos θ y = r sin θ la función f (x, y) =

xy x2 +y 2

queda como:

f (x (r, θ) ; y (r, θ)) = f (r cos θ, r sin θ) r2 cos θ sin θ = 2 r cos2 θ + sin2 θ = cos θ sin θ Ahora bien, notando que si (x, y) → (0, 0) implica que r → 0, se observa que el l´ımite anterior no existe, pues depende del ańgulo θ de entrada al origen (0, 0). 334


Ejemplo 8.1.7. x3 y 2 l´ım 2 = 0 (x,y)→(0,0) (x2 + y 2 ) Soluci´ on. Usando coordenadas polares x = r cos θ y = r sin θ se tiene (r3 cos3 θ) r2 sin2 θ x3 y 2 = (x2 + y 2 )2 (r2 )2 = r cos3 θ sin2 θ

se sigue x3 y 2 = l´ım r cos3 θ sin2 θ = 0 2 r→0 (x,y)→(0,0) (x2 + y 2 ) θ∈[0,2π[ l´ım

Note también que x3 y 2 = r cos3 θ sin2 θ (x2 + y 2 )2 implica p x3 y 2 = r cos3 θ sin2 θ ≤ r = x2 + y 2 (x2 + y 2 )2 luego podemos aplicar el teorema de acotamiento para demostrar que el l´ımite existe (ver cálculo de l´ımites). Definici´ on 8.1.5. Sean f : U ⊆ R2 → R una función de dos variables y (a, b) ∈ U 0 . Se definen los l´ımites iterados de f como los l´ımites univariados: l´ım l´ım f (x, y) x→a

y→b

y l´ım l´ım f (x, y)

y→b

x→a

Teorema 8.1.4. Sean f : U ⊆ R2 → R una función y (a, b) ∈ U 0 tales que: l´ım

f (x, y) = L

(x,y)→(a,b)

Entonces, l´ımx→a (l´ımy→b f (x, y)) y l´ımy→b (l´ımx→a f (x, y)) existen, y además: l´ım l´ım f (x, y) = l´ım l´ım f (x, y) = L x→a

y→b

y→b

335

x→a


Ejemplo 8.1.8. Calcule los l´ımites iterados en (0, 0) de la función: f (x, y) =

xy , x2 + y 2

(x, y) 6= (0, 0)

Soluci´ on. Note que:

l´ım l´ım f (x, y) = l´ım 0 = 0 = l´ım l´ım f (x, y)

x→0

y→0

x→0

y→0

x→0

Por tanto, ambos l´ımites iterados existen y tienen valor cero, sin embargo, sabemos que f (x, y) no posee l´ımite en (0, 0). Ejemplo 8.1.9. Determine la existencia del l´ımite: sin (x + y) (x,y)→(0,0) x + 3y l´ım

Soluci´ on. Usando l´ımites iterados sin (x + y) sin x l´ım l´ım = l´ım =1 x→0 y→0 x→0 x + 3y x sin y sin (x + y) 1 l´ım l´ım = l´ım = y→0 x→0 y→0 x + 3y 3y 3 como los l´ımites son distintos el l´ımite no existe. Observaci´ on 8.1.5. Este resultado se puede extender a funciones con mas variables.

C´ alculo de l´ımites Observaci´ on 8.2.1. En la sección anterior, se establecieron procedimientos para indicar que una función no posee l´ımite. Nuestro interés, ahora, se centra en aquellas funciones que s´ı lo poseen. Por tanto, debemos entregar algunos elementos de cálculo:

´ Algebra de l´ımites Teorema 8.2.1. Sean f, g : U ⊆ Rn → R funciones tales que: ∧

l´ım f (x) = L

x→a

l´ım g (x) = M

x→a

para x ∈ U 0 entonces: 1. ∀α ∈ R, (αf (x)) = α l´ım f (x) = αL, x→a

2. l´ım (f (x) + g (x)) = l´ım f (x) + l´ım g (x) = L + M x→a

x→a

x→a

336


3. l´ım (f (x) g (x)) = l´ım f (x) l´ım g (x) = LM x→a

x→a

x→a

4. Si M 6= 0, l´ım (f (x) /g (x)) = l´ım f (x) / l´ım g (x) = L/M x→a

x→a

x→a

Ejemplo 8.2.1. Calcule: sin (3xy) (x,y)→(0,0) sin x sin y l´ım

Soluci´ on. Usaremos el l´ımite fundamental de una variable l´ımu→0

sin u u

=1

sin(3xy) 3xy l´ım (x,y)→(0,0) sin x sin y 3xy sin(3xy) 3xy

sin (3xy) = l´ım (x,y)→(0,0) sin x sin y =

l´ım

(x,y)→(0,0) 1 3

sin x x

sin y y

= 3 Ejemplo 8.2.2. Calcule:

1 − cos xy (x,y)→(0,0) x2 y sin y l´ım

Soluci´ on. Recordemos que

1 1 − cos u = 2 u→0 u 2 l´ım

luego 1 − cos xy = (x,y)→(0,0) x2 y sin y l´ım

1 − cos xy (x,y)→(0,0) 2 2 sin y xy y l´ım

=

l´ım (x,y)→(0,0)

=

1−cos xy (xy)2

sin y y

1 2

Desigualdades y Teorema del Sandwich o teorema de acotamiento Observaci´ on 8.2.2. Una herramienta muy importante para el cálculo de l´ımites el teorema del sandwich o teorema del acotamiento. Este teorema requiere el uso adecuado de desigualdades notables, las más usuales son: 1. Sea x = (x1 , x2 , . . . , xn ) ∈ Rn , entonces |xi | ≤ kxk, para todo i = 1, 2, . . . , n. 2.

a) (a + b)2 ≤ 2 (a2 + b2 ) 337


b) 2ab ≤ a2 + b2 3. |sin x| ≤ 1, para todo x ∈ R. 4. |sin x| ≤ |x|, para todo x ∈ R. 5. a, b, c > 0 =⇒

a b+c

≤

a b

Teorema 8.2.2. Sean f, g, h : U ⊆ Rn → R y a ∈ U 0 tales que: f (x) ≤ g (x) ≤ h (x) ,

∀x ∈ U

Suponga que l´ımx→a f (x) = l´ımx→a h (x) = L, entonces: l´ım g (x) = L

x→a

Ejemplo 8.2.3. Verificaremos que: sin2 y =0 (x,y)→(0,0) x2 + |y| l´ım

Soluci´ on. En efecto, basta notar que: 2 sin2 y |y|2 ≤ |y| ≤ = |y| x2 + |y| x2 + |y| |y| se sigue que sin2 y − |y| ≤ 2 ≤ |y| x + |y| como l´ım(x,y)→(0,0) |y| = 0 se sigue que sin2 y =0 (x,y)→(0,0) x2 + |y| l´ım

Ejemplo 8.2.4. Calcular x sin3 y (x,y)→(0,0) |x| + y 2 l´ım

Soluci´ on. Note que x sin3 y |x| |sin y|3 |x| |y|3 = ≤ ≤ |x| |y| |x| + y 2 |x| + y 2 |x| + y 2 as´ı

x sin3 y − |x| |y| ≤ ≤ |x| |y| |x| + y 2 se sigue por el teorema de acotamiento que x sin3 y =0 l´ım (x,y)→(0,0) |x| + y 2 338


Ejemplo 8.2.5. Demostrar que x3 y 2 2 = 0 (x,y)→(0,0) (x2 + y 2 ) l´ım

Soluci´ on. Usando coordenadas polares x3 y 2 = r cos3 θ sin2 θ (x2 + y 2 )2 luego p x3 y 2 = r cos3 θ sin2 θ ≤ r = x2 + y 2 (x2 + y 2 )2 as´ı p − x2 + y 2 ≤

p x3 y 2 ≤ x2 + y 2 2 (x2 + y 2 )

y como l´ım

p x2 + y 2 = 0

(x,y)→(0,0)

se sigue por el teorema de acotamiento que x3 y 2 2 = 0 (x,y)→(0,0) (x2 + y 2 ) l´ım

Continuidad Definici´ on 8.3.1. Sean U ⊆ Rn , a ∈ U 0 ∩ U y f : U → R una función real de varias variables. Diremos que f es continua en a si: ∀ ε > 0, ∃ δ > 0, kx − akRn < δ =⇒ |f (x) − f (a)| < ε

(8.2)

Además, diremos que f es continua en U si f es continua en cada punto de U . Observaci´ on 8.3.1. Note que la definición dada anteriormente y por la proposición en (8.2) , dice que f es continua en a si: l´ım f (x) = f (a)

x→a

Definici´ on 8.3.2. Diremos que f : U ⊆ Rn → R es discontinua en a ∈ U ∩ U 0 , si f no es continua en a. Ejemplo 8.3.1. Sea πk : Rn → R la k−ésima proyección de x ∈ Rn . Entonces, πk es continua en Rn . En efecto, para cada a ∈ Rn , tenemos que: |πk (x) − πk (a)| = |xk − ak | ≤ kx − ak bastará tomar δ = ε. 339


Ejemplo 8.3.2. Demuestre que f : R2 → R definida por:  2  xy , (x, y) 6= (0, 0) f (x, y) = x4 + y 2  0 , (x, y) = (0, 0) es continua en (0, 0). Soluci´ on. Basta notar que: xy 2 |x| y 2 x4 + y 2 ≤ y 2 = |x| As´ı, si (x, y) → (0, 0), entonces |x| → 0. Por el Teorema del Sandwich se concluye que: xy 2 =0 l´ım (x,y)→(0,0) x4 + y 2 como f (0, 0) = 0, se tiene que f es continua en (0, 0). Ejemplo 8.3.3. Sean U = {(x, y) : |x| < y 2 } ⊆ R2 y f : U → R definida por: ( f (x, y) =

x2

xy , + y2 0 ,

(x, y) ∈ U (x, y) ∈ /U

¿Es continua en (0, 0)? Soluci´ on. Note que si (x, y) ∈ U xy |x| |y| |y|3 = ≤ 2 |f (x, y) − 0| = 2 x + y 2 x2 + y 2 x + y2 |y|3 ≤ = |y| |y|2 y si (x, y) 6∈ U entonces |f (x, y) − 0| = 0 ≤ |y| se sigue que, para todo (x, y) ∈ R2 |f (x, y) − 0| ≤ |y| y por el teorema de acotamiento l´ım

f (x, y) = 0

(x,y)→(0,0)

La función es continua en (0, 0).

340


Definici´ on 8.3.3. Se dice que una función f : U ⊆ Rn → Rm es Lipschitziana en U si: ∃K > 0, ∀x, y ∈ U,

kf (x) − f (y)k ≤ K kx − yk

La constante K se llama constante de Lipschitz. Toda función lipschitziana es continua en U . En efecto, supongamos que f : U ⊆ Rn → Rm es una función lipschitziana en U y que ε > 0, entonces: kf (x) − f (a)k ≤ K kx − ak < Kδ As´ı, tomando δ = Kε , se verifica que f es continua en a. Como a ∈ U es cualquiera, se obtiene, finalmente, la continuidad de f en U . Ejemplo 8.3.4. Toda transformación lineal T : Rn → Rm es una función lipschitziana.

´ Algebra de funciones continuas El siguiente teorema facilita la identificación de funciones continuas: ´ de funciones continuas). Sean f, g : U ⊆ Rn → R funciones Teorema 8.4.1 (Algebra continuas en a ∈ U 0 ∩ U y α ∈ R, entonces αf, f + g, f − g y f g son continuas en a. Si g (a) 6= 0, entonces f /g es continua en a. Ejemplo 8.4.1. Son funciones continuas en R3 : 1. f (x, y, z) = 3xy 2 + z 2 2. g (x, y, z) =

sin x+sin y+sin z x2 +y 2 +z 2 +1 2

3. h (x, y, z) = ex sin (y) + z 2 Teorema 8.4.2. Sean f : U ⊆ Rn → Rm y g : V ⊆ Rm → Rp tales que f (U ) ⊆ V . Suponga, además, que f es continua en a ∈ U 0 ∩ U y que g es continua en b = f (a) ∈ V 0 , entonces: g ◦ f : U ⊆ Rn → Rp es continua en a. Demostración. Sea ε > 0. Como g es continua en b = f (a), existe η > 0 de modo que si y ∈ V , entonces: ky − bk < η =⇒ kg (y) − g (b)k < ε 341


Ahora bien, para y = f (x), existe δ > 0 tal que: kx − ak < δ =⇒ kf (x) − f (a)k < η As´ı, para x ∈ U tal que: kx − ak < δ =⇒ f (x) ∈ V ∧ kf (x) − f (a)k < η =⇒ kg (f (x)) − g (f (a))k < ε

Ejemplo 8.4.2. Una aplicación inmediata del teorema anterior es el cambio de variables. Ilustramos lo anterior con el siguiente ejemplo: sea f : R2 → R definida por: ( sin(x2 +y 2 ) , si x2 + y 2 6= 0 x2 +y 2 f (x, y) = 1 , si x2 + y 2 = 0 Estudie la continuidad de f en (0, 0). Soluci´ on. Naturalmente, haciendo u = x2 + y 2 , tenemos que: (x, y) → (0, 0) =⇒ u → 0 As´ı:

sin u sin (x2 + y 2 ) = l´ım =1 2 2 u→0 u (x,y)→(0,0) x +y l´ım

Como f (0, 0) = 1, obtenemos que f es continua en (0, 0). Ejemplo 8.4.3. Usando compuesta de continuas podemos garantizar la continuidad de: p 1. f (x, y) = x2 + sin2 y + 1 √ |x|+y 2 +z 2 2. g (x, y, z) = z2 +y2 +x|y|

Continuidad de funciones vectoriales Observaci´ on 8.5.1. La continuidad para una función vectorial de varias variables F : U ⊆ n m R → R en a ∈ U ∩ U 0 se define por: ∀ε > 0, ∃δ > 0, kx − akRn < δ =⇒ kF (x) − F (a)kRm < ε Observaci´ on 8.5.2. Al igual que en los l´ımites para funciones vectoriales, tenemos que la continuidad de F : U ⊆ Rn → Rm definida por x 7→ F (x) = (f1 (x) , f2 (x) , . . . , fm (x)) en a ∈ U 0 ∩ U se obtiene a través de la continuidad de las funciones componentes en x. Más precisamente: 342


Teorema 8.5.1. Sean F : U ⊆ Rn → Rm una función vectorial definida por: F (x) = (f1 (x) , f2 (x) , . . . , fm (x)) y a ∈ U ∩ U 0 . Entonces, F es continua en a ∈ U ∩ U 0 , si y solo si, fi es continua en a, para cada i = 1, 2, . . . , m. Ejemplo 8.5.1. La función F : R2 → R3 definida por: F (x, y) = x2 y, sin x, 3x2 cos y

es continua en el plano. Ejemplo 8.5.2. Sea f : R2 → R la función definida por: ( 2x−y2 +2 √ , si x2 + y 2 < 1 2 −y 2 1−x f (x, y) = 0 , si x2 + y 2 ≥ 1 Analizar, completamente, la continuidad de f (x, y). Soluci´ on. Consideremos los siguientes subconjuntos del plano: A = (x, y) ∈ R2 : x2 + y 2 > 1 B = (x, y) ∈ R2 : x2 + y 2 = 1 C = (x, y) ∈ R2 : x2 + y 2 < 1 Tenemos los siguientes casos:

1. Si (x, y) ∈ A, entonces f (x, y) = 0. Luego, f es continua en A por ser una función constante en A. 2

2. Si (x, y) ∈ C, entonces f (x, y) = √2x−y 2+2 2 , con 1 − x2 − y 2 > 0. Luego, f es continua 1−x −y

en C por álgebra de funciones continuas y composición de funciones continuas. 3. Si (a, b) ∈ B, entonces, f (x, y) no puede ser continua en (a, b) ∈ B si: 2a − b2 + 2 6= 0 pues, si: (x, y) → (a, b) =⇒ 1 − x2 − y 2 → 0 2

∧

2x − y 2 + 2 → k, con k 6= 0

con lo cual la expresión √2x−y 2+2 2 se indefine. Por tanto, los puntos (a, b) ∈ B tales 1−x −y que: 2a − b2 + 2 = 0 343


están dados por el sistema:

2a − b2 + 2 = 0 a2 + b 2 = 1

Es decir, (a, b) = (−1, 0). Por tanto, investigamos el l´ımite: 2x − y 2 + 2 p (x,y)→(−1,0) 1 − x2 − y 2 l´ım

Note que: 2x − y 2 + 2 1 − x2 − y 2 + x2 + 2x + 1 p p = 1 − x2 − y 2 1 − x2 − y 2 p (x + 1)2 = 1 − x2 − y 2 + p 1 − x2 − y 2 Por tanto, para que el l´ımite: 2x − y 2 + 2 p (x,y)→(−1,0) 1 − x2 − y 2 l´ım

exista es necesario y suficiente que el l´ımite: (x + 1)2 p (x,y)→(−1,0) 1 − x2 − y 2 l´ım

exista. Sin embargo, note que: ( l´ım

x→ −1−

(x + 1)

2

l´ım p 1 − x2 − y 2

y→0−

)

(x + 1)2 = l´ım − √ =0 x→ −1 1 − x2

y que además, al considerar la trayectoria: ϕ = (x, y) ∈ C : − x4 + 4x3 + 7x2 + 4x = y 2 vemos que: (x + 1)2 (x + 1)2 p = l´ım √ =1 (x,y)→(−1,0) 1 − x2 − y 2 x→−1 1 − x2 + x4 + 4x3 + 7x2 + 4x l´ım

Por tanto:

(x + 1)2 p (x,y)→(−1,0) 1 − x2 − y 2 no existe. En este caso, el l´ımite: l´ım

2x − y 2 + 2 p (x,y)→(−1,0) 1 − x2 − y 2 l´ım

no existe. As´ı, f no es continua en (−1, 0). Por lo tanto, f es continua en: R2 − (x, y) ∈ R2 : x2 + y 2 = 1 . 344


Ejemplo 8.5.3. Determine el mayor subconjunto de R2 en el cual la función ( x−y si x3 6= y x3 −y f (x, y) = 0 si x3 = y es continua. Soluci´ on. Si (a, b) ∈ R2 es tal que a3 6= b entonces l´ım

f (x, y) =

l´ım

(x,y)→(a,b)

(x,y)→(a,b)

x−y x3 − y

a−b a3 − b = f (a, b)

=

luego f es continua en (a, b). Si a3 = b entonces l´ım

(x,y)→(a,a3 )

x−y (x,y)→(a,a3 ) x3 − y a − a3 ≈ 3 a − a3

f (x, y) =

l´ım

si a − a3 6= 0 este l´ımte no existe (es un n´ umero distinto de cero sobre cero). Si a − a3 = 0 entonces tenemos una forma indetermnada 00 . a−a3 = 0 ⇒ a = 1, 0, −1 de donde obtenemos que los u ´ nicos puntos de la curva y = x3 donde f puede ser continua son (1, 1), (0, 0) y (−1, −1). Vamos a analizar estos l´ımites x−y 1. l´ım (x,y)→(1,1) x3 − y Note queoir la trayectoria y = 1 se tiene x−1 1 l´ım = 3 x→1 x −1 3 pero por la trayectoria x = 1 se tiene 1−y l´ım =1 y→1 1−y luego el l´ımite no existe. f no es continua en (1, 1) x−y 2. l´ım (x,y)→(0,0) x3 − y Note que por la trayectoria y = 0 se tiene x l´ım 3 = @ x→0 x as´ı el l´ımite no existe. f no es continua en (0, 0) 345


x−y 3. l´ım (x,y)→(−1,−1) x3 − y usamos limites iterados

x−y l´ım l´ım y→−1 x→−1 x3 − y −1 − y = l´ım =1 y→−1 −1 − y y

x−y l´ım l´ım x→−1 y→−1 x3 − y x+1 = l´ım x→−1 x3 + 1 1 = 3

se sigue que el l´ımite no existe y la función no es continua en (−1, −1). El mayor subconunto de R2 en el cual f es continua es U = (x, y) ∈ R2 : x3 6= y

Ejemplo 8.5.4. Determine el mayor subconjunto de R2 en el cual la función  sin(xy)  si (x, y) ∈ R2 ∧ y = 6 0  y f (x, y) =   0 si (x, y) ∈ R2 ∧ y = 0 es continua. Soluci´ on. Si (a, b) ∈ R2 es tal que b 6= 0 entonces f es continua en (a, b) por álgebra de continuas. Supongamos que (a, b) ∈ R2 es tal que b = 0 entonces l´ım (x,y)→(a,0)

sin (xy) (x,y)→(a,0) y sin (xy) = l´ım x (x,y)→(a,0) (xy) = a

f (x, y) =

l´ım

pero f (a, 0) = 0 luego la función es continua solo si a = 0 es decir en el punto (0, 0). El mayor subconjunto de R2 en el cual f es continua es U = (x, y) ∈ R2 : y 6= 0 ∪ {(0, 0)} 346


Finalmente enunciamos un teorema que nos habla sobre el comportamiento de las funciones continuas sobre los conjuntos compactos y conexos: Teorema 8.5.2. Sea f : U ⊆ Rn → Rm una función continua en U , entonces: 1. Si A ⊆ U es conexo, entonces f (A) es conexo. 2. Si K ⊆ U es compacto, entonces f (K) es compacto.

Ejercicios del cap´ıtulo 1. Determine el valor de α ∈ R de modo que el l´ımite: √ x − x cos xy (x2 − xy) 1 − α2 l´ım + (x,y)→(0,0) x2 − y 2 y sin2 (3x) exista. 2. Sea f : R2 − {(0, 0)} → R la función definida por 1 2 x sin x+y f (x, y) = 2 x + |x| + 2 calcular

l´ım

f (x, y)

(x,y)→(0,0)

3. Considere la función definida por

f (x, y) =

      

x si x 6= −y 2 x + y2 0

si x = −y 2

analizar la continuidad de f en R2 . 4. Sean f y g funciones definidas en R2 − {(0, 0)} por p 2 2 sin x +y f (x, y) = p x2 + y 2 + x2 + y 2 3 x − y3 g (x, y) = α |x| + |y| que valor debe tener α para que l´ım

{f (x, y) + g (x, y)}

(x,y)→(0,0)

exista. 347


5. Estudiar la continuidad de la función  x3 + sin (y 2 )  f (x, y) =  2 x − xy + y 3 + cos (y 2 ) 6. Estudiar la continuidad de la función  2 2 x −y   x2 +y2 −1 f (x, y) =   0

y≤x y>x

x2 + y 2 6= 1 x2 + y 2 = 1

7. Determine si los siguientes l´ımites existen x2 y 2 |sin x sin y| 2) l´ım 1) l´ım 2 (x,y)→(0,0) x2 y 2 + (y − x) (x,y)→(0,0) |xy| 3)

xy sin (y 3 ) (x,y)→(0,0) x4 + y 4

4)

sin (xy 4 ) (x,y)→(0,0) x2 + y 8

5)

p y 3 |x| l´ım (x,y)→(0,0) |x| + y 4

6)

x3 + y 2 (x,y)→(0,0) |x| + |y|

l´ım

l´ım

l´ım

cos

p |xy| − 1

sin x + sin y (x,y)→(0,0) x+y

8)

9)

(x − 1)4 y 2 l´ım 8 (x,y)→(1,0) (x − 1) + y 4

p x3 y x2 + y 2 10) l´ım (x,y)→(0,0) sin (xy)

11)

x2 y (x,y)→(0,0) x2 + y

12)

7)

l´ım

l´ım

x4 + 2x2 y 2 + 2y 4 13) l´ım (x,y)→(0,0) (x2 + y 2 )2

l´ım (x,y)→(1,0)

2x2 − y 2 (x,y)→(0,0) x2 + 2y 2 l´ım

x6 + y 6 14) l´ım (x,y)→(0,0) x4 + y 4

348

y

Cap´ıtulo 9 : Diferenciaci´ on en varias variables

En secciones anteriores hemos estudiado algunos métodos para dibujar la gráfica de funciones de varias variables. Utilizando solo esos métodos es muy dif´ıcil obtener suficiente información para captar las caracter´ısticas generales de una función con expresión algo complicada. Sabemos del cálculo de una variable que la derivada nos puede ayudar mucho en esta tarea; por ejemplo, nos permite cuantificar los cambios en la gráfica, localizar máximos, m´ınimos, estudian concavidad, etc. La derivada también tiene otras muchas aplicaciones como el estudiante habrá descubierto en cálculo de una variable. Una función diferenciable de R2 en R deber´ıa ser una función con gráfica suave, que no tenga dobleces bruscos. Para hacer precisas estas ideas necesitamos una definición de lo que entenderemos por diferenciable en el caso de funciones de varias variables. Comenzamos con una noción de derivada que descansa en nuestros conocimientos de una variable.

Derivadas parciales Observaci´ on 9.1.1. En lo que sigue denotaremos por ei , con i = 1, 2, . . . , n, a los n vectores de la base canónica de Rn , más precisamente, ei representa el vector de Rn que tiene todas su componentes cero salvo la i-ésima componente la cual es igual a uno. ◦

Definici´ on 9.1.1. Sean f : U ⊆ Rn → R y a ∈ U . Se define la derivada parcial de f en a respecto a la i-ésima variable como el l´ımite: ∂f f (a + tei ) − f (a) (a) = l´ım t→0 ∂xi t f (a1 , a2 , . . . , ai + t, . . . , an ) − f (a1 , a2 , . . . , an ) = l´ım t→0 t si este existe. Observaci´ on 9.1.2. Para f : U ⊆ Rn → R, las derivadas parciales se denotan por: ∂f , fxi , Di f , etc. ∂xi ◦

Observaci´ on 9.1.3. Si n = 2, f : U ⊆ R2 → R, (x, y) → f (x, y) y a = (a, b) ∈ U , entonces: ∂f f (a + te1 ) − f (a) (a, b) = l´ım t→0 ∂x t f ((a, b) + t (1, 0)) − f (a, b) = l´ım t→0 t f (a + t, b) − f (a, b) = l´ım t→0 t 349


y f (a + te2 ) − f (a) ∂f (a, b) = l´ım t→0 ∂y t f ((a, b) + t (0, 1)) − f (a, b) = l´ım t→0 t f (a, b + t) − f (a, b) = l´ım t→0 t note que corresponden a l´ımites de una variable, a saber, la variable t. ∂f = ∂f , ∂f = ∂f , ∂f = ∂f Observaci´ on 9.1.4. En particular, si n = 2, 3 y 4, anotamos: ∂x ∂x ∂x2 ∂y ∂x3 ∂z 1 ∂f ∂f y ∂x4 = ∂w , seg´ un corresponda respecto al n´ umero de variables de f y el nombre y orden que a estas asignemos.

Ejemplo 9.1.1. Sea f : R2 → R, (x, y) → f (x, y) = x3 y + 2x2 y 3 + 2x, calcular (1, 2) si estas existen. y ∂f ∂y

∂f ∂x

(−1, 1)

Soluci´ on. Por definición f (−1 + t, 1) − f (−1, 1) ∂f (−1, 1) = l´ım t→0 ∂x t 3 (−1 + t) 1 + 2 (−1 + t)2 13 + 2 (−1 + t) − (−1)3 1 + 2 (−1)2 13 + 2 (−1) = l´ım t→0 t 2 t (t − t + 1) = l´ım t→0 t = l´ım t2 − t + 1 t→0

= 1 y f (1, 2 + t) − f (1, 2) ∂f (1, 2) = l´ım t→0 ∂y t 3 1 (2 + t) + 2 (12 ) (2 + t)3 + 2 (1) − (13 2 + 2 (12 ) (23 ) + 2) = l´ım t→0 t 2 t (2t + 12t + 25) = l´ım t→0 t = l´ım 2t2 + 12t + 25 t→0

= 25 note que en estos l´ımites, una de las variables se deja fija y se calcula la derivada usual de una variable respecto a la otra, en otras palabras ∂f f (x + t, y) − f (x, y) (x, y) = l´ım t→0 ∂x t h (x + t) − h (x) = l´ım t→0 t = h0 (x) 350


donde hemos pensado h (x) = f (x, y), al estar y fija esta es solo una función de la variable x. En el ejemplo ∂ ∂f (x, y) = x3 y + 2x2 y 3 + 2x ∂x ∂x = 3x2 y + 4xy 3 + 2 evaluando en (−1, 1) ∂f (−1, 1) = 3 (−1)2 + 4 (−1) + 2 = 1 ∂x y ∂ ∂f (x, y) = x3 y + 2x2 y 3 + 2x ∂y ∂y = x3 + 6x2 y 2 luego ∂f (1, 2) = 13 + 6 22 = 25 ∂y Ejemplo 9.1.2. Si f (x, y, z) = 2xyz 2 + sin (xy 2 ) + 2x entonces ∂f ∂ (x, y, z) = 2xyz 2 + sin xy 2 + 2x = 2yz 2 + y 2 cos xy 2 + 2 ∂x ∂x ∂ ∂f (x, y, z) = 2xyz 2 + sin xy 2 + 2x = 2xz 2 + 2xy cos xy 2 ∂y ∂y ∂f ∂ (x, y, z) = 2xyz 2 + sin xy 2 + 2x = 4xyz ∂z ∂z Ejemplo 9.1.3. Verifique que: ∂u ∂u ∂u + + =1 ∂x ∂y ∂z si: u=x+

x−y y−z

Soluci´ on. Derivando ∂ x+ ∂x ∂ x+ ∂y ∂ x+ ∂z

x−y y−z+1 = y−z y−z x−y x−z = − y−z (y − z)2 x−y x−y = y−z (y − z)2

se sigue

y−z+1 y−z

x−z x−y + − + =1 (y − z)2 (y − z)2 351


Ejemplo 9.1.4. Verifique que: xzx + yzy = xy + z si: y

z = xy + xe x Soluci´ on. Derivando y 1 ∂ 1 1y xy + xe x = xe x − ye x y + xy ∂x x y 1 ∂ xy + xe x = x + exy ∂y luego xzx + yzy 1 1 1 1 y y y x x x xe − ye + xy = x +y x+e x y

y

y

= xe x − ye x + xy + xy + ye x y

= xe x + 2xy y

= xy + xy + xe x = xy + z Ejemplo 9.1.5. Sea f : R2 → R la función definida por: ( xy , si (x, y) 6= (0, 0) x2 +y 2 f (x, y) = 0 , si (x, y) = (0, 0) Calcule las derivadas parciales de f en (0, 0). Soluci´ on. Es importante recordar que f no es continua en (0, 0). Sin embargo, la continuidad no afecta la existencia de las derivadas parciales. En efecto: ∂f f (t, 0) − f (0, 0) (0, 0) = l´ım t→0 ∂x t 0−0 = l´ım =0 t→0 t Análogamente, se tiene que ∂f f (0, t) − f (0, 0) (0, 0) = l´ım t→0 ∂y t 0t 2 2 − 0 = l´ım 0 +t t→0 t = l´ım 0 t→0

= 0 352


Ejemplo 9.1.6. Sea f : R2 → R la función definida por: 2 x , y≤x f (x, y) = xy , y > x Calcule

∂f ∂y

(1, 1).

Soluci´ on. Calculamos

∂f ∂y

l´ım+

t→0

(1, 1). Note que: 1 · (1 + t) − 1 t→0 t t = l´ım+ t→0 t = 1

f (1, 1 + t) − f (1, 1) = t

l´ım+

y, análogamente, se obtiene que: f (1, 1 + t) − f (1, 1) → 0, si t → 0− t Por tanto,

∂f ∂y

(1, 1), no existe.

en la figura se muestra el dominio y en dos colores distintos la parte y ≤ x e y > x, al aproximarnos al punto (1, 1) por los puntos (1, 1 + t) se obtienen dos valores distintos de l´ımite para t > 0 y t < 0. Observaci´ on 9.1.5. La sola existencia de las derivadas parciales no es un buen concepto de ser derivable en el caso de funciones de varias variables. Por ejemplo, la función   1 si xy = 0 f (x, y) =  0 si xy 6= 0 353


no es continua en (0, 0) pero las derivadas parciales existen en ese punto, luego la existencia de las derivadas parciales no implica continuidad, si la existencia de las derivadas parciales fuera el concepto de “ser derivable” no podr´ıamos recuperar el teorema de una variable, derivable en un punto implica continua en el punto. Veremos que el concepto de ser derivable estudia las variaciones de la función en una forma más global y no en una dirección espec´ıfica como las derivadas parciales.

Ejemplo 9.1.7. Considere la siguiente ecuación en derivadas parciales:  2 2  ∂ u = ∂ u, 0 < x < 1, t > 0 ∂t2 ∂x2  u(0, t) = u(1, t) = 0, t>0

(9.1)

Demuestre que la función: u(x, t) =

∞ n o X αn cos(nπt) + βn sin(nπt) sin(nπx)

(9.2)

n=1

es solución del problema (9.1). Indicación: Asuma las hipótesis necesarias para la derivación de la serie. Suponga que la solución u(x, t) dada por (9.2) satisface las ecuaciones: u(x, 0) = sin(7πx),

0
∂u (x, 0) = x(1 − x), ∂t

0
Calcular los coeficientes αn y βn de la solución u(x, t). Soluci´ on. Sean 0 < x < 1 y t > 0. Asumiendo las condiciones necesarias para la convergencia de la serie, tenemos que: ∂u ∂ = ∂x ∂x =

X ∞

∞ X n=1

=

αn cos(nπt) + βn sin(nπt) sin(nπx)

n=1

∂ αn cos(nπt) + βn sin(nπt) sin(nπx) ∂x

∞ X

αn cos(nπt) + βn sin(nπt)

n=1

=

∞ X

∂ sin(nπx) ∂x

nπ αn cos(nπt) + βn sin(nπt) cos(nπx)

n=1

354


As´ı: ∂ 2u ∂ = ∂x2 ∂x =−

X ∞

nπ αn cos(nπt) + βn sin(nπt) cos(nπx)

(9.3)

n=1

∞ X

2 2

nπ

αn cos(nπt) + βn sin(nπt) sin(nπx)

n=1

Por otro lado: ∂u ∂ = ∂t ∂t

X ∞ αn cos(nπt) + βn sin(nπt) sin(nπx)

(9.4)

n=1

∞ X ∂ = αn cos(nπt) + βn sin(nπt) sin(nπx) ∂t n=1 ∞ X ∂ αn cos(nπt) + βn sin(nπt) sin(nπx) ∂t n=1

=

∞ X

=

− nπαn sin(nπt) + nπβn cos(nπt) sin(nπx)

n=1

As´ı: ∂ 2u ∂ = 2 ∂t ∂t =−

X ∞

− nπαn sin(nπt) + nπβn cos(nπt) sin(nπx)

(9.5)

n=1

∞ X

n2 π 2 αn cos(nπt) + n2 π 2 βn sin(nπt) sin(nπx)

n=1

=−

∞ X

n2 π 2 αn cos(nπt) + βn sin(nπt) sin(nπx)

n=1

Entonces, comparando la u ´ltima ecuación en (9.3) y en (9.5) y notando, además, que: u(0, t) = u(1, t) = 0,

t>0

pues sin(nπ) = 0, se tiene que u(x, t) dada por la ecuación (9.2) satisface el problema dado por (9.1). Finalmente, debemos calcular los coeficientes αn y βn de la solución u(x, t) sabiendo que dicha solución cumple con las siguientes condiciones iniciales: u(x, 0) = sin(7πx), ∂u (x, 0) = x(1 − x), ∂t En efecto, si t = 0, entonces de (9.2) obtenemos: u(x, 0) =

∞ X

0
αn sin(nπx)

n=1

355

(9.6)


y de (9.4) obtenemos: ∞

X ∂u (x, 0) = nπβn sin(nπx) ∂t n=1

(9.7)

Entonces, como u(x, 0) = sin(7πx) es un elemento del sistema ortonormal , tenemos que: D E αn = sin(7πx), sin(nπx) Z 1 sin(7πx) · sin(nπx)dx = −1

= δ7 n ( 0 , n 6= 7 = 1 , n=7 Por otro lado, si en la ecuación (9.7) escribimos Bn = nπβn , obtenemos: x(1 − x) =

∞ X

Bn sin(nπx),

0
n=1

y entonces los coeficientes Bn corresponden a los coeficientes de Fourier en la extensión impar de x(1 − x), 0 < x < 1 . Es decir:

356


D E Bn = x(1 − x), sin(nπx) 1

Z

x(1 − x) · sin(nπx) dx

=2 0

Z 1 Z 1 0 0 2 2 =− x cos(nπx) dx + x2 cos(nπx) dx nπ 0 nπ 0 Z 1 1 1 2 cos(nπx) dx + x2 cos(nπx) − = − x cos(nπx) + nπ 0 0 0 Z 1 x cos(nπx) dx −2 0

Z 1 2 = − cos(nπ) + cos(nπ) − 2 x cos(nπx) dx nπ 0 Z 1 0 4 = 2 2 x sin(nπx) dx nπ 0 1 Z 1 4 = 2 2 x sin(nπx) − sin(nπx) dx nπ 0 0

4 cos(nπ) − 1 n3 π 3   0 , n es par = 8 − , n es impar n3 π 3 =

Por lo tanto: βn = −

8 , π 4 (2n − 1)4

∀n ∈ N

As´ı, en resumen, los coeficientes αn y βn son: αn = δn7

∧

βn = −

8 − 1)4

π 4 (2n

para todo n ≥ 1. En particular, la solución está dada por: ∞ 8 X sin(nπt) sin(nπx) u(x, t) = cos(7πt) sin(7πx) − 4 π n=1 (2n − 1)4

357


Ejercicios de la secci´ on 1. Hallar

∂f ∂x

∂f ∂y

y

para las siguientes funciones

a) f (x, y) = xy 2 b) f (x, y) = ex

3 +y 2

c) f (x, y) = x ln (x2 + y 2 ) 2. Si f (x, y) =

  

x2 y 3 x2 +y 2

si (x, y) 6= (0, 0)

 

0 si (x, y) = (0, 0) n o (x,y) determine el conjunto D = (x, y) ∈ R2 : ∂f∂x existe y estudiar si la función D ⊆ R2 → R ∂f (x, y) (x, y) → G (x, y) = ∂x G

:

es continua en todo D. 2 2 −y hallar ux , uy y verificar que 3. Si u (x, y) = arctan x xy xux + yuy = 0 4. Si u (x, y, z) = x2 y + y 2 z + z 2 x verificar que ∂u ∂u ∂u + + = (x + y + z)2 ∂x ∂y ∂z 5. Determine todas las funciones f : R3 → R, (x, y, z) → f (x, y, z) que cumplen ∂f = ex+y + 3x2 y + 4yz + y 2 + 2 ∂x ∂f = ex+y + 2yz 3 + 2xy + 4xz + x3 ∂y ∂f = 3y 2 z 2 + 4xy ∂z 6. Si

p  |x| + y 2 + |x|   si x+y >0  x+y f (x, y) = x3 si x + y ≤ 0 ∧ x2 + y 2 ≤ 4    y2 + x si x + y ≤ 0 ∧ x2 + y 2 > 4

determine si

∂f ∂x

(0, 0) y

∂f ∂y

(0, 0) existen. 358


Interpretaci´ on de la derivada parcial En esta sección veremos una interpretación de las derivadas parciales y buscaremos la ecuación del plano tangente a la gráfica de una función de dos variables. Considere una función f : D ⊆ R2 → R, su gráfica esta contenida en R3 . Suponga que estamos interesados en estudiar el comportamiento de la función en un punto (x0 , y0 ) de su dominio, como no contamos con técnicas de varias variables, intentamos estudiar el comportamiento descendiendo a una variable, para ello, vamos a intersectar la gráfica con dos planos x = x0 e y = y0 . La intersección de la gráfica con el plano x = x0 es una curva, la cual puede ser interpretada como el gráfico de la función de una variable z = f (x0 , y) = g (y) en el plano x = x0 (note que si x = x0 y z = f (x, y) entonces z = f (x0 , y)). En este plano podemos aplicar las técnicas de una variable para conocer el crecimiento y decrecimiento, concavidad y otros, sin embargo, este análisis solo es un comportamiento de la curva, no necesariamente un comportamiento global, por ejemplo un máximo sobre esta curva puede no ser un máximo de la función en su dominio. La recta tangente a la gráfica de esta función de una variable es z − g (y0 ) = g 0 (y0 ) (y − y0 ) esto es z − f (x0 , y0 ) =

∂f (x0 , y0 ) (y − y0 ) ∂y

pues g (y0 + h) − g (y0 ) h→0 h f (x0 , y0 + h) − f (x0 , y0 ) = l´ım h→0 h ∂f = (x0 , y0 ) ∂y

g 0 (y0 ) = l´ım

note que la recta está en el plano x = x0 , se sigue que los puntos de ella cumplen x = x0 y = y z = f (x0 , y0 ) +

∂f (x0 , y0 ) (y − y0 ) ∂y

359


o en ecuaciones paramétricas      x0 x    y = 0 +y  f (x0 , y0 ) − y0 ∂f (x0 , y0 ) z ∂y

∂f ∂y

 0  1  (x0 , y0 )

donde y ∈ R, el vector director es en este caso   0   1   ∂f (x0 , y0 ) ∂y De manera similar, la intersección de la gráfica con el plano y = y0 es una curva, la cual puede ser interpretada como el gráfico de la función de una variable z = f (x, y0 ) = p (x) sobre el plano y = y0 (note que si y = y0 y z = f (x, y) entonces z = f (x, y0 )). La recta tangente a la gráfica de esta función de una variable es z − p (x0 ) = p0 (x0 ) (x − x0 ) esto es z − f (x0 , y0 ) =

∂f (x0 , y0 ) (x − x0 ) ∂x

pues p (x0 + h) − p (x0 ) h f (x0 + h, y0 ) − f (x0 , y0 ) = l´ım h→0 h ∂f = (x0 , y0 ) ∂x

p0 (x0 ) = l´ım

h→0

se sigue que los puntos de esta recta cumplen x = x y = y0 z = f (x0 , y0 ) +

∂f (x0 , y0 ) (x − x0 ) ∂x

o en ecuaciones paramétricas      x 0  y =  + x y0 ∂f z f (x0 , y0 ) − x0 ∂x (x0 , y0 ) 360

 1  0 ∂f (x0 , y0 ) ∂x


el vector director corresponde a  1   0 ∂f (x0 , y0 ) ∂x 

de estos cálculos se sigue que en el punto (x0 , y0 , f (x0 , y0 )) de la gráfica los vectores     0 1    y  1 0   ∂f ∂f (x0 , y0 ) (x0 , y0 ) ∂y ∂x son tangentes, se sigue que el vector    1 ×  0  ∂f (x0 , y0 ) ∂x

∂f ∂y

   (x , y ) 0 − ∂f 0 0 ∂x   ∂f  1  =  − ∂y (x0 , y0 )  (x0 , y0 ) 1

es perpendicular a la superficie, as´ı ∂f ∂f (x0 , y0 ) , − (x0 , y0 ) , 1 · (x − x0 , y − y0 , z − f (x0 , y0 )) = 0 − ∂x ∂y deber´ıa corresponder a un plano tangente a la superficie, el problema para definir esto directamente como el plano tangente a la gráfica es el de formalizar en que sentido queremos decir que la función y el plano se parecen cerca del punto, el cálculo realizado depende solo de la existencia de las derivadas parciales pero por ejemplo en el caso de la función   1 si xy = 0 f (x, y) =  0 si xy 6= 0 los cálculos nos llevar´ıan a que el plano tangente es z = 1 sin embargo los valores que toma la función en todo entorno abierto de (0, 0) no se parecen a uno (tan cerca como queramos existen valores cero). Veamos un ejemplo concreto, consideremos la función f : R2 → R, (x, y) → f (x, y) = 2 4 (x2 − 2xy) e−2x −y +2y y estudiemos la función en el punto (x0 , y0 ) = (1, 0). La gráfica de f

361


es

2

si cortamos con el plano y = 0 se obtiene la curva z = f (x, 0) = x2 e−2x

la recta tangente en x = 1 es d 2 −2x2 z − f (1, 0) = xe (x − 1) dx x=1 esto es −2

z−e

3 −2x2

− 4x e (x − 1) x=1 2e−2 − 4e−2 (x − 1)

= 2xe

z − e−2 =

−2x2

362


es decir x = x y = 0 z = e−2 − 2e−2 (x − 1)

de manera similar, si cortamos con el plano x = 1 se obtiene la curva z = f (1, y) = 4 (1 − 2y) e−2−y +2y la recta tangente en y = 0 es d −2−y 4 +2y (1 − 2y) e z − f (1, 0) = (y − 0) dy y=0 esto es z − e−2 = −4ye−y

4 +2y−2

−2y 3 + y 2 + 1

y y=0

z − e−2 = 0 es decir x = 1 y = y 

z = e−2  

 1 0  y  1  se sigue que el normal corresponde los directores de estas rectas son  0 −2e−2 0 a      −2  1 0 2e      × = 0 1 0  −2e−2 0 1 363


y as´ı el plano tangente corresponde a 2e−2 , 0, 1 · x − 1, y − 0, z − e−2 = 0 es decir 2e−2 (x − 1) + z − e−2 = 0 o equivalentemente z = e−2 − 2e−2 (x − 1)

en la figura, en blanco están las curvas y las rectas tangentes, la intersección de estas rectas y curvas corresponde al punto (1, 0, f (1, 0)) y el plano que contiene a estas rectas tangentes es el plano tangente, como se puede apreciar la propiedad de tangencia es local, no significa que toque a la gráfica en un u ńico punto.

Ejercicios de la secci´ on 1. Considere la función f : R2 → R, (x, y) → f (x, y) = ex sin y + e2y cos x. Determine las ecuaciones paramétricas de las rectas tangentes a la gráfica de f en el punto (0, 0, 1) que son paralelas a los planos x = 0 e y = 0. 2. Determine una recta normal a la superficie x2 +

y2 + z2 = 1 4

364


en el punto

√1 , 1, 1 2 2

. 2

4

3. Si f : R2 → R, (x, y) → f (x, y) = (x2 − 2xy) e−2x −y +2y estudiar los extremos (máximos y m´ınimos) locales y globales de la función g : R → R, t → g (t) = f (t, 0).

Diferenciabilidad Definici´ on 9.3.1. Sean U ⊆ Rn y f : U → R una función. Diremos que f es diferenciable ◦

en a ∈ U si existe una transformación lineal T : Rn → R tal que: |f (a + h) − f (a) − T (h)| =0 h→0 khk l´ım

Observaci´ on 9.3.1. Si n = 2, por ejemplo, el l´ımite en la definición anterior toma la forma: |f (a + h, b + k) − f (a, b) − T (h, k)| √ l´ım =0 (h,k)→(0,0) h2 + k 2 Recordemos, además, que si T : Rn → R es una transformación lineal, entonces existen constantes A1 , A2 , . . . , An ∈ R (respecto, por ejemplo, de las bases canónicas, respectivamente) tales que: [T ] = A1 A2 · · · An ∈ M1×n (R) El siguiente teorema indica la condición necesaria que deben cumplir las constantes A1 , A2 , . . . , An en caso de que una función f sea diferenciable en a: ◦

Teorema 9.3.1. Sean U ⊆ Rn y f : U → R una función diferenciable en a ∈ U , entonces: Ai =

∂f (a) ∂xi

para cada i = 1, 2, . . . , n. Demostración. Como f : U → R es diferenciable en a, existe una transformación lineal T : Rn → R tal que: |f (a + h) − f (a) − T · h| l´ım =0 h→0 khk Note que haciendo: h = t · ei el l´ımite anterior implica el siguiente l´ımite: |f (a + t · ei ) − f (a) − T (t · ei )| =0 t→0 kt · ei k

l´ım

365

(9.8)


Por otro lado, suponga que la transformación lineal T : Rn → R tiene representación matricial: [T ]1C = A1 A2 · · · An donde C es la base canónica de Rn y 1 representa la base canónica de R. As´ı: [T · (t · ei )]1 = [T ]1C [t · ei ]C = t · Ai As´ı: |f (a + t · ei ) − f (a) − t · Ai | |f (a + t · ei ) − f (a) − T (t · ei )| = l´ım t→0 t→0 kt · ei k |t| f (a + t · ei ) − f (a) = l´ım − Ai t→0 t ∂f = (a) − Ai ∂xi

l´ım

y como el valor del l´ımite en (9.8) es 0 (por la diferenciabilidad de f en a) se tiene que: ∂f =0 (a) − A i ∂xi Esto es:

∂f (a) = Ai ∂xi

para cada i = 1, 2, . . . , n. Observaci´ on 9.3.2. Se sigue entonces que si f es diferenciable en x = a las derivadas parciales deben existir en el punto. Podemos entonces reformular la definición como: Definici´ on 9.3.2. Sean U ⊆ Rn y f : U → R una función. Diremos que f es diferenciable ◦

en a ∈ U si: 1. Para cada i = 1, 2, . . . , n, existen las derivadas parciales

∂f ∂xi

(a).

2. Asumiendo, h = (h1 , h2 , . . . , hn ) ∈ Rn , se tiene que: Pn ∂f (a) h f (a + h) − f (a) − i=1 ∂x i i l´ım =0 h→0 khk

366


Observaci´ on 9.3.3. Con el cambio de variables h = x − a el l´ımite Pn ∂f (a) h f (a + h) − f (a) − i=1 ∂x i i =0 l´ım h→0 khk se puede escribir en la forma Pn ∂f (a) (x − a ) f (x) − f (a) − i=1 ∂x i i i l´ım =0 x→a kx − ak Observaci´ on 9.3.4. Se debe hacer notar que la suma: n X ∂f (a) · hi ∂x i i=1

se obtiene v´ıa el isomorfismo canónico que existe entre M1×1 (R) y el espacio vectorial real unidimensional. En efecto sabemos que: 1 ∂f ∂f ∂f [T ]C = ∂x1 (a) ∂x2 (a) · · · ∂xn (a) y como h = (h1 , h2 , . . . , hn ), tenemos: [T · h]1 = [T ]1C [h]C  =

∂f ∂x1

(a)

∂f ∂x2

(a) · · ·

∂f ∂xn

(a)

   

h1 h2 .. . hn

=

n X ∂f (a) · hi ∂x i i=1

! 1×1

Ejemplo 9.3.1. Considere la función f : R2 → R definida por:  2 4  xy si (x, y) 6= (0, 0) x2 + y 2  0 si (x, y) = (0, 0) estudiar la diferenciabilidad de f en (0, 0). Soluci´ on. Notemos que ∂f f (h, 0) − f (0, 0) (0, 0) = l´ım h→0 ∂x h h2 04 2 2 − 0 = l´ım h +0 h→0 h = l´ım 0 h→0

= 0 367

    


de manera similar f (0, h) − f (0, 0) ∂f (0, 0) = l´ım h→0 ∂y h 02 h4 2 2 − 0 = l´ım 0 +h h→0 h = l´ım 0 h→0

= 0 luego las derivadas parciales existen, notemos que (0, 0) (x − 0) − f (x, y) − f (0, 0) − ∂f ∂x p l´ım (x,y)→(0,0) x2 + y 2 2 4 xy x2 +y2 = l´ım p (x,y)→(0,0) x2 + y 2 x2 y 4 (por polares) = l´ım (x,y)→(0,0) (x2 + y 2 )3/2 = 0

∂f ∂y

(0, 0) (y − 0)

se sigue que f es diferenciable en (0, 0). Ejemplo 9.3.2. Considere la función g : R3 → R definida por:   sin (xyz) , (x, y, z) = 6 (0, 0, 0) g (x, y, z) = x2 + y 2 + |z|  0 , (x, y, z) = (0, 0, 0) Demuestre que g es diferenciable en el punto (0, 0, 0). Soluci´ on. Calculamos, primeramente, las derivadas parciales de f en (0, 0, 0). Esto es: f (t, 0, 0) − f (0, 0, 0) ∂f (0, 0, 0) = l´ım t→0 ∂x t 0 = l´ım t→0 t = 0

368


Análogamente, se tiene que

l´ım

∂f ∂f (0, 0, 0) = (0, 0, 0) = 0. Luego: ∂y ∂z

f (h, k, l) − f (0, 0, 0) −

∂f ∂x

(h,k,l)→(0,0,0)

(0, 0, 0) · h + ∂f (0, 0, 0) · k + ∂y √ h2 + k 2 + l2

∂f ∂z

=

|f (h, k, l)| √ (h,k,l)→(0,0,0) h2 + k 2 + l2

=

|sin (hkl)| √ (h,k,l)→(0,0,0) (h2 + k 2 + |l|) h2 + k 2 + l2

=

l´ım l´ım

≤

l´ım

|l|

(h,k,l)→(0,0,0)

≤

(0, 0, 0) · l

√

|hkl| + k 2 + l2

h2

|hkl| (h,k,l)→(0,0,0) |l| |k| l´ım

=

l´ım

|h|

(h,k,l)→(0,0,0)

=0 Por tanto, f es diferenciable en (0, 0, 0). Ejemplo 9.3.3. Consideremos f : R2 → R la función definida por: ( sin(xy) , (x, y) 6= (0, 0) x2 +|y| f (x, y) = 0 , (x, y) = (0, 0) Verifique que f no es diferenciable en (0, 0). Soluci´ on. Notamos, primeramente que: ∂f f (t, 0) − f (0, 0) (0, 0) = l´ım t→0 ∂x t 1 0 = l´ım · 2 =0 t→0 t t +0 Análogamente se obtiene que: ∂f (0, 0) = 0 ∂y Ahora bien, como: (0, 0) · h − f (h, k) − f (0, 0) − ∂f ∂x √ l´ım (h,k)→(0,0) h2 + k 2

∂f ∂y

(0, 0) · k

= =

|f (h, k)| √ (h,k)→(0,0) h2 + k 2 l´ım l´ım (h,k)→(0,0)

369

√

1 |sin (hk)| h2 + k 2 h2 + |k|


Ahora bien, note que:

|sin (hk)| 1 l´ım l´ım √ h→0 k→0 h2 + k 2 h2 + |k|

= l´ım 0 = 0 h→0

y si consideramos la trayectoria ϕ : h = k, con h > 0 tenemos que: l´ım+ √

h→0

1 |sin (h2 )| = h2 + h2 h2 + h

1 |sin (h2 )| l´ım+ √ h→0 2 h3 + h2

1 |sin (h2 )| h2 = √ l´ım h2 h3 + h2 2 h→0 1 = √ 2 Por tanto, f no es diferenciable en (0, 0). Ejemplo 9.3.4. Toda transformación lineal es diferenciable, la transformación lineal que mas se parece es la misma función. Observaci´ on 9.3.5. Supongamos que f : U ⊆ R2 → R es una función diferenciable en ◦

(a, b) ∈ U . Esto quiere decir que: (a, b) h − f (a + h, b + k) − f (a, b) − ∂f ∂x √ l´ım (h,k)→(0,0) h2 + k 2

∂f ∂y

(a, b) k

=0

Ahora bien, haciendo el cambio de variables: x=a+h y =b+k tenemos que: (h, k) → (0, 0) ⇐⇒ (x, y) → (a, b) Por tanto, el l´ımite en (9.9) queda: (a, b) · (x − a) − f (x, y) − f (a, b) − ∂f ∂x q l´ım (x,y)→(a,b) (x − a)2 + (y − b)2

∂f ∂y

(a, b) · (y − b)

Intuitivamente, para (x, y) suficientemente cercano a (a, b), tenemos que: ∂f (a, b) · (x − a) − (a, b) · (y − b) f (x, y) − f (a, b) − ∂f ∂x ∂y q '0 2 2 (x − a) + (y − b) 370

=0

(9.9)


As´ı: f (x, y) − f (a, b) −

∂f ∂f (a, b) · (x − a) − (a, b) · (y − b) ' 0 ∂x ∂y

y por tanto: f (x, y) '

∂f ∂f (a, b) · (x − a) + (a, b) · (y − b) + f (a, b) ∂x ∂y

Es decir, para (x, y) suficientemente cercano a (a, b), f (x, y) puede ser aproximada por el plano: ∂f ∂f (a, b) · (x − a) + (a, b) · (y − b) z = f (a, b) + ∂x ∂y el cual es tangente a la superficie: S : z = f (x, y) en una vecindad de (a, b). As´ı, tenemos la siguiente definición: Definici´ on 9.3.3. Sea f : U ⊆ R2 → R una función diferenciable en (a, b). Llamaremos plano tangente a la superficie z = f (x, y) en (a, b) al plano de ecuación: z − f (a, b) = (x − a)

∂f ∂f (a, b) + (y − b) (a, b) ∂x ∂y

Ejemplo 9.3.5. Encontrar la ecuación del plano tangente a la superficie S dada por la gráfica de la función: z = (x + y)2 − 2x en el punto (1, 1, 0). Soluci´ on. Calculamos las derivadas parciales ∂z ∂x

∂ (x + y)2 − 2x = 2x + 2y − 2 ∂x

=

⇒ ∂z (1, 1) = 2 ∂x y ∂z ∂y

=

∂ (x + y)2 − 2x = 2x + 2y ∂y

⇒ ∂z (1, 1) = 4 ∂y el plano tangente es

z = 0 + 2 (x − 1) + 4 (y − 1) es decir z = 2x + 4y − 6 371


Ejemplo 9.3.6. Sean a, b, c n´ umeros reales positivos. Verifique si el cono: x2 y 2 z2 + = a2 b2 c2 y la esfera: 2 b2 b2 + c 2 = 2 b2 + c 2 x +y + z− c c 2

2

son tangentes entre s´ı en los puntos (0, ±b, c). Soluci´ on. Notemos que los puntos entregados pertenecen a la intersección 02 (±b)2 c2 + = a2 b2 c2 y 2 b2 + c 2 b2 0 + (±b) + c − = 2 b2 + c 2 c c 2

2

Notemos que x2 y 2 + 2 a2 b

z2 c2 ⇒ r =

z = c

x2 y 2 + 2 a2 b

(el punto (0, ±b, c) tiene tercera coordenada positiva, por eso consideramos solo la ra´ız positiva). El vector normal al plano tangente es ! ! ! r r ∂ x2 y 2 ∂ x2 y 2 − c + 2 ,− c + 2 ,1 ∂x a2 b ∂y a2 b   −cx −cy   q =  q , , 1 2 2 2 x2 2 2 2 x2 a2 a ya2+b b2 a ya2+b b2 b2 (x,y)=(0,±b) (x,y)=(0,±b) c = 0, ∓ , 1 b para la superficie 2 b2 2 b2 + c 2 x +y + z− = 2 b + c2 c c 2

se tiene

2

r 2 2 2 b + c z − = b (b2 + c2 ) − (x2 + y 2 ) c c2

luego b2 + c 2 =± z− c

r

b2 2 (b + c2 ) − (x2 + y 2 ) c2 372


evaluando en (0, ±b, c) se tiene b2 + c 2 c− c b2 + c 2 c− c

r = ± ⇔ = ±

b2 2 (b + c2 ) − b2 c2

b2 c

se sigue que el signo correcto es −. Luego r b2 2 b2 + c 2 z= − (b + c2 ) − (x2 + y 2 ) c c2 as´ı el normal corresponde a (−zx , −zy , 1)|(0,±b) donde zx

∂ = ∂x = q

zy

∂ = ∂y = q

b2 + c 2 − c x

r

! b2 2 (b + c2 ) − (x2 + y 2 ) c2

b4 +b2 c2 −c2 x2 −c2 y 2 c2

b2 + c 2 − c y

r

b2 2 (b + c2 ) − (x2 + y 2 ) c2

!

b4 +b2 c2 −c2 x2 −c2 y 2 c2

evaluando zx = 0 zy = q

±b 2

b4 +b2 c2 −c2 (±b) c2

=

±b b2 c

=±

c b

as´ı (−zx , −zy , 1)|(0,±b) c = 0, ∓ , 1 b se sigue que tienen los mismos planos tangentes. ◦

Teorema 9.3.2. Sean U ⊆ Rn y f : U → R una función diferenciable en a ∈ U , entonces f es continua en a. 373


Demostración. Dado ε > 0, existe δ > 0 tal que: n X ∂f (a) · hi ≤ ε khk f (a + h) − f (a) − ∂xi i=1

para todo khk < δ. Entonces, por la desigualdad triangular, tenemos que: n X ∂f (a) · hi |f (a + h) − f (a)| ≤ ε khk + ∂xi i=1 n X ∂f ≤ ε khk + khk (a) ∂xi i=1

n ∂f donde A = máx ∂x i obtiene que:

≤ (ε + n A) khk o (a) : i = 1, 2, . . . , n . Ahora bien, eligiendo δ˜ = m´ın δ,

ε ε+n A

se

khk < δ˜ =⇒ |f (a + h) − f (a)| < ε

Observaci´ on 9.3.6. Como ya es sabido desde el cálculo diferencial en una variable, el teorema anterior dice que la continuidad es una condición necesaria para la diferenciabilidad, pero no es suficiente. En efecto, considere: Ejemplo 9.3.7. Verifique que f : R2 → R definida por:  3/2  x |y| , si (x, y) 6= (0, 0) 2 2 f (x, y) =  x +y 0 , si (x, y) = (0, 0) es continua, pero no diferenciable en (0, 0). Soluci´ on. La continuidad es inmediata. En efecto: |x| |y|3/2 |xy| p = |y| x2 + y 2 x2 + y 2 1 x2 + y 2 p ≤ |y| = 2 x2 + y 2

p |y| 2

donde la u´ltima expresión converge a 0, cuando (x, y) → (0, 0). Ahora bien, por el Teorema del Sandwich, se obtiene que: x |y|3/2 = 0 = f (0, 0) (x,y)→(0,0) x2 + y 2 l´ım

374


Por tanto, f es continua en (0, 0). Por otro lado, es fácil ver que: ∂f ∂f (0, 0) = (0, 0) = 0 ∂x ∂y Luego: (0, 0) h − f (h, k) − f (0, 0) − ∂f ∂x √ l´ım (h,k)→(0,0) h2 + k 2

∂f ∂y

(0, 0) k

=

=

|f (h, k)| √ (h,k)→(0,0) h2 + k 2 l´ım

l´ım (h,k)→(0,0)

|h | |k|3/2 (h2 + k 2 )3/2

Al tomar la recta de aproximación h = k en el u ´ltimo l´ımite se observa que no existe. Por tanto, la función f no es diferenciable en el (0, 0). ´ Teorema 9.3.3 (Algebra de funciones diferenciables). Sean f, g : U ⊆ Rn → R funciones ◦

diferenciables en a ∈ U y α ∈ R una constante, entonces αf, f + g, f − g, f g son diferenciables en a. Si, además, g (a) 6= 0, entonces f /g también es diferenciable en a. ◦

∂f existen en Teorema 9.3.4. Sean f : U ⊆ Rn → R y a ∈ U . Si las derivadas parciales ∂x i una bola alrededor de a y son continuas en a entonces f es diferenciable en a.

Observaci´ on 9.3.7. La condición en el teorema anterior es sólo suficiente, mas no necesaria como puede verse con el siguiente ejemplo: Ejemplo 9.3.8. Verificar que la función f : R2 → R definida por: !   1  (x2 + y 2 ) sin p , si (x, y) 6= (0, 0) 2 + y2 f (x, y) = x   0 , si (x, y) = (0, 0) es diferenciable en todo punto de R2 pero las funciones derivadas parciales no son continuas en R2 . Soluci´ on. Del a´lgebra de funciones diferenciables se obtiene que f es diferenciable en todo punto distinto de (0, 0). Notemos que para (x, y) 6= (0, 0) se cumple ! ∂ 1 x2 + y 2 sin p ∂x x2 + y 2 ! ! 1 1 −1 2 2 2 2 −3/2 = 2x sin p + x + y cos p x +y 2x 2 x2 + y 2 x2 + y 2 ! ! 1 1 x = 2x sin p −p cos p x2 + y 2 x2 + y 2 x2 + y 2 375


y por simetr´ıa 1

∂ x2 + y 2 sin ∂y = 2y sin

!

p x2 + y 2 ! 1 y p −p cos x2 + y 2 x2 + y 2

1

!

p x2 + y 2

en (0, 0) calculamos las derivadas parciales ∂f f (h, 0) − f (0, 0) (0, 0) = l´ım h→0 ∂x h h2 sin

= l´ım

h→0

= l´ım h sin h→0

h

1 |h|

1 |h|

= 0 y por simetr´ıa

∂f ∂y

(0, 0) = 0. La función derivada parcial esta definida por   1 x 1  si (x, y) 6= (0, 0)  2x sin √ 2 2 − √ 2 2 cos √ 2 2

∂f (x, y) =  ∂x  

x +y

x +y

0

x +y

si (x, y) = (0, 0)

esta función no es continua en (0, 0), en efecto, considere los puntos 1 (xn , yn ) = ,0 2nπ + π4 entonces si n → +∞, (xn , yn ) → (0, 0) pero ∂f 2 (xn , yn ) = ∂x 2nπ + 2 = 2nπ +

π 4 π 4

π π sin 2nπ + − cos 2nπ + 4 4 1 1 √ −√ 2 2

luego cuando n → +∞ se sigue (xn , yn ) → (0, 0) pero ∂f (xn , yn ) → − √12 , el l´ımite no es ∂x cero (usando otra sucesi´ on se muestra que en realidad el l´ımite no existe por ejemplo con 1 (f xn , yen ) = 2nπ+ π , 0 da otro l´ımite). Se sigue que f no es de clase C 1 sin embargo 3 2 (x + y 2 ) sin √ 1 2 2 x +y |f (x, y)| p l´ım p = l´ım (x,y)→(0,0) (x,y)→(0,0) x2 + y 2 x2 + y 2 ! p 1 2 2 = l´ım x + y sin p 2 2 (x,y)→(0,0) x +y = 0 376


aqu´ı hemos usado el acotamiento p 0 ≤ x2 + y 2 sin

! p p ≤ x2 + y 2 x2 + y 2 1

luego f es diferenciable en (0, 0) y en todos los otros puntos por álgebra de funciones diferenciables pero f no tiene derivadas parciales continuas en el origen. Ejemplo 9.3.9. Considere la función f : R2 → R definida por  2 2  x + y si x < y f (x, y) =  x + y 4 si x ≥ y 2 1. Determine el mayor subconjunto de R2 en el cual f es continua. Por álgebra de continuas y la definición de la función esta es continua en todos los puntos (x0 , y0 ) en los cuales x0 < y02 y x0 > y02 . Vamos a analizar en los puntos de la forma (a2 , a) que son los puntos en el cual la definición de la función cambia.

Notemos que l´ım

(x,y)→(a2 ,a)

f (x, y) =

 2 2  a +a

por la región x < y 2

a2 + a4

por la región x ≥ y 2



377


luego la función es continua si a2 + a2 = a2 + a4 esto es a = 1, 0, −1. Se sigue que el mayor subconjunto de R2 en el cual f es continua es (x, y) ∈ R2 : x 6= y 2 ∪ {(0, 0) , (1, 1) , (1, −1)} 2. Estudiar la diferenciabilidad de f en (0, 0). Primero determinamos las derivadas parciales en el origen f (h, 0) − f (0, 0) ∂f (0, 0) = l´ım h→0 ∂x h f (h, 0) = l´ım h→0 h note que los puntos de la forma (h, 0) están en las dos regiones de definición de f dependiendo del signo de h f (h, 0) = h→0 h f (h, 0) = l´ım− h→0 h l´ım+

h + 04 =1 h→0 h h + 02 l´ım+ =1 h→0 h l´ım+

se sigue que ∂f (0, 0) = 1 ∂x de manera similar ∂f f (0, h) − f (0, 0) (0, 0) = l´ım h→0 ∂y h f (0, h) = l´ım h→0 h los puntos de la forma (0, h) con h 6= 0 siempre pertenecen a la región x < y 2 se sigue f (0, h) h2 = l´ım =0 h→0 h→0 h h l´ım

as´ı

∂f ∂y

(0, 0) = 0. Ahora estudiamos la diferenciabilidad (0, 0) (x − 0) − f (x, y) − f (0, 0) − ∂f ∂x p l´ım (x,y)→(0,0) x2 + y 2 |f (x, y) − x| p = l´ım (x,y)→(0,0) x2 + y 2

pero |f (x, y) − x| =

 2 2  y si x < y 

378

y 4 si x ≥ y 2

∂f ∂y

(0, 0) (y − 0)


se sigue que  2 √y si    x2 +y2

|f (x, y) − x| p =  4 x2 + y 2   √y

x2 +y 2

x < y2

si x ≥ y 2 , (x, y) 6= (0, 0)

de donde obtenemos

|f (x, y) − x| p =0 (x,y)→(0,0) x2 + y 2 luego f es diferenciable en (0, 0). l´ım

3. Si existe, determine el plano tangente a la gráfica de f en (2, 0, f (2, 0)). En un entorno de (2, 0) la función esta definida como x + y 4 luego es diferenciable y el plano tangente corresponde a z − f (2, 0) = fx (2, 0) (x − 2) + fy (2, 0) (y − 0) ⇔ z − 2 = (x − 2) + 0 ⇔ z = x Ejemplo 9.3.10. Determine (justificando) los valores de α ∈ R+ para los cuales las función  |x|α y 2   si (x, y) 6= (0, 0)  2 (x + y 2 )α f (x, y) =    0 si (x, y) = (0, 0) 1. Es continua en (0, 0). La función es continua en (0, 0) si y solo si l´ım

f (x, y) = f (0, 0) = 0

(x,y)→(0,0)

esto es

|x|α y 2 α = 0 (x,y)→(0,0) (x2 + y 2 ) l´ım

usando polares rα r2 |cos θ|α sin2 θ l´ım = r→0 r2α θ libre =

l´ım rα+2−2α |cos θ|α sin2 θ

r→0 θ libre

l´ım r2−α |cos θ|α sin2 θ

r→0 θ libre

= 0 si y solo si 2 − α > 0 esto es 0 < α < 2. 379


2. Es diferenciable en (0, 0). Primero calculamos las derivadas parciales f (h, 0) − f (0, 0) ∂f (0, 0) = l´ım h→0 ∂x h f (h, 0) = l´ım h→0 h 1 |h|α 02 = l´ım α = 0 h→0 h (h2 + 02 ) de manera similar ∂f f (0, h) − f (0, 0) (0, 0) = l´ım h→0 ∂y h f (0, h) = l´ım h→0 h 1 |0|α h2 = l´ım α h→0 h (02 + h2 ) = 0 luego, la función es diferenciable si y solo si |f (x, y) − f (0, 0) − fx (0, 0) (x − 0) − fy (0, 0) (y − 0)| p =0 (x,y)→(0,0) x2 + y 2 l´ım

es decir

|x|α y 2 |f (x, y)| p p = l´ım =0 l´ım (x,y)→(0,0) x2 + y 2 (x,y)→(0,0) (x2 + y 2 )α x2 + y 2 usando polares rα r2 |cos θ|α sin2 θ = 2α ) r r→0 (r θ libre l´ım

=

l´ım rα+2−2α−1 |cos θ|α sin2 θ

r→0 θ libre

l´ım r1−α |cos θ|α sin2 θ

r→0 θ libre

= 0 si y solo si 1 − α > 0 esto es 0 < α < 1. Ejemplo 9.3.11. Sean g : R2 → R dada por:  3  y si (x, y) 6= (0, 0) g(x, y) = x2 + y 2  0 si (x, y) = (0, 0) y f : R2 → R definida por: f (x, y) =

e

1 g(x,y)

si (x, y) = (0, 0) si (x, y) 6= (0, 0),

380


1. ¿Es f (x, y) continua en (0,0)? 2. Determine

∂f ∂f (0, 0) y (0, 0). ∂x ∂y

3. ¿Es f (x, y) diferenciable en (0, 0)? Soluci´ on. 1. Puesto que la función e(·) es continua, estudiar la continuidad de f en el origen equivale a estudiar la continuidad de g en dicho punto. Para probar la continuidad de g en el origen utilizamos acotamiento. Se tiene: |y 3 | y2 = |y| x2 + y 2 x2 + y 2 x2 + y 2 ≤ |y| 2 x + y2 = |y| → 0

0 ≤ |g(x, y) − 0| =

cuando (x, y) → (0, 0). Por lo tanto l´ım

f (x, y) = exp

(x,y)→(0,0)

g(x, y) = e0 = 1

l´ım (x,y)→(0,0)

y la función f es continua en el origen. 2. Procedemos por definición. Se tiene que: 2

e0/h − 1 ∂f (0, 0) = l´ım =0 h→0 ∂x h Por otro lado:

ek − 1 ∂f (0, 0) = l´ım = l´ım ek = 1 k→0 k→0 ∂y k

3. Para verificar la diferenciabilidad de f debemos probar que el siguiente l´ımite: |f (h, k) − (f (0, 0) + fx (0, 0)h + fy (0, 0)k)| √ = (h,k)→(0,0)) h2 + k 2 3 exp h2k+k2 − 1 − k √ = l´ım (h,k)→(0,0)) h2 + k 2 l´ım

sea cero. Sin embargo, este l´ımite no es nulo. En efecto, basta elegir la trayectoria h = k (el puntaje se otorga por elegir una trayectoria apropiada) y calcular: k/2 1 ek/2 − 1 e − 1 − k |ek/2 − 1 − k| 1 = l´ım 2 √ √ √ l´ım = l´ım = √ 6= 0 k→0 k→0 k→0 2|k| 2k 2 2 2 luego f no es diferenciable en el origen. 381


Ejercicios de la secci´ on 1. Hallar la ecuación del plano tangente a la superficie z = x2 + y 3 en el punto (3, 1, 10). 2. ¿Por qué deben llamarse tangentes en (0, 0) las gráficas de f (x, y) = x2 + y 2 y g (x, y) = −x2 − y 2 + xy 3 ? 3. Sea f : R2 → R definida por f (x, y) =

  

x2 y 4 x2 +y 2

si (x, y) 6= (0, 0)

 

0

si (x, y) = (0, 0)

Probar que f es de clase C 1 (R2 ). 4. Sea p ≥ 1. Estudiar la diferenciabilidad en el origen de la función k·kp

:

x→ kxkp =

Rn → R n X

!1/p p

|xi |

k=1

5. ¿Para que valores de α la función    fα (x, y) =  

x3 +xy 2 |x|α +|y|α

si (x, y) 6= (0, 0)

0

si (x, y) = (0, 0)

es diferenciable en (0, 0)? 6. Considere la superficie definida por x 3 S = (x, y, z) ∈ R : x sin −z =0 y Si (a, b, c) ∈ S determine el plano tangente a la superficie en ese punto y mostrar que pasa por el origen. 7. Utilizar la aproximación mediante el plano tangente para estimar el valor de: 10

a) (0,99e0,1 ) q b) (3,99)2 + (4,01)2 + (2,01)2 8. Sean α > 1 y f : Rn → R, x →f (x) una función tal que, para todo x, y ∈ Rn |f (x) − f (y)| ≤ kx − ykα Muestre que f es diferenciable.

382


Derivadas de orden superior y funciones de clase C n Observaci´ on 9.4.1. Sean U ⊆ Rn un conjunto abierto no vac´ıo y f : U → R una función ∂f tal que las derivadas parciales ∂x (x) existen para todo x ∈ U . Entonces, podemos definir i ∂f ∂f (x). la función derivada parcial de f como la función ∂x : U ⊆ Rn → R dada por x 7→ ∂x i i Las derivadas parciales de orden superior son, entonces, derivadas parciales de la función ∂f : U ⊆ Rn → R. Más precisamente: ∂xi Definici´ on 9.4.1. Sean U ⊆ Rn un conjunto abierto no vac´ıo y f : U → Rm una función ∂f tal que las derivadas parciales ∂x (x) existen para todo x ∈ U . Se define la derivada parcial i de segundo orden para f como: ∂ 2f ∂ ∂f (x) = (x) ∂xj ∂xi ∂xj ∂xi Más precisamente: 1 ∂ 2f (x) = l´ım t→0 t ∂xj ∂xi Además, si i 6= j la derivada

∂2f ∂xj ∂xi

∂f ∂f (x + tej ) − (x) ∂xi ∂xi

(x) recibe el nombre de derivada parcial mixta. Si i = j,

∂2f

anotamos ∂x2 (x). i La derivada parcial de tercer orden para f se define como: 2 ∂ 3f ∂ ∂ f (x) = (x) ∂xk ∂xj ∂xi ∂xk ∂xj ∂xi 2

f considerando ∂x∂j ∂x : U ∗ ⊆ Rn → R, en donde U ∗ corresponde al conjunto de puntos de i U para los cuales la segunda derivada parcial está definida. En particular, si i = j = k, anotamos entonces: ∂ 3f (x) ∂x3i

Finalmente, las derivadas parciales de orden superior se definen como las derivadas ∂f parciales sucesivas de ∂x : U ⊆ Rn → R. i Ejemplo 9.4.1. Hallar las derivadas parciales de segundo orden de la función: x f (x, y) = arctan y Soluci´ on. ∂f ∂ x y = arctan = 2 ∂x ∂x y x + y2 ∂ x x ∂f = arctan =− 2 ∂y ∂y y x + y2 383


y las de segundo orden ∂ 2f ∂x2 ∂ 2f ∂y∂x ∂ 2f ∂x∂y ∂ 2f ∂y 2

= = = =

y −2xy ∂ = ∂x x2 + y 2 (x2 + y 2 )2 ∂ y x2 − y 2 = ∂y x2 + y 2 (x2 + y 2 )2 ∂ x x2 − y 2 = − 2 ∂x x + y2 (x2 + y 2 )2 x 2xy ∂ − 2 = 2 ∂y x +y (x2 + y 2 )2

notar que, en este caso, ∂ 2f ∂ 2f + =0 ∂x2 ∂y 2 y ∂ 2f ∂ 2f = ∂y∂x ∂x∂y Ejemplo 9.4.2. Hallar

∂ 3z , si: ∂x∂y 2 z = sin xy

Soluci´ on. zy =

∂ (sin xy) = x cos xy ∂y

luego zyy =

∂ (x cos xy) = −x2 sin xy ∂y

y finalmente zyyx =

∂ −x2 sin xy = −2x sin xy − x2 y cos xy ∂x

Definici´ on 9.4.2. Sean U ⊆ Rn un conjunto abierto no vac´ıo. Diremos que la función f : U → R es de clase C n sobre U, o bien que f ∈ C n (U ) si todas las derivadas parciales hasta el orden n−ésimo son funciones continuas en U . Observaci´ on 9.4.2. A modo de resumen, tenemos que: f ∈ C 1 (U ) =⇒ f es diferenciable en U =⇒ f es continua en U Teorema 9.4.1 (Schwarz). Sean U ⊆ Rn un conjunto abierto no vac´ıo y f ∈ C 2 (U ), entonces, para todo x ∈ U y para todo i 6= j ∂ 2f ∂ 2f (x) = (x) ∂xj ∂xi ∂xi ∂xj 384


Observaci´ on 9.4.3. Del teorema anterior y bajo la hipótesis de clase C n adecuada se puede establecer igualdad de derivadas parciales mixtas de tercer orden y superior, note por ejemplo que ∂ 3f ∂f ∂2 = ∂y∂x2 ∂y∂x ∂x ∂f ∂2 = ∂x∂y ∂x 2 ∂ f ∂ = ∂x ∂y∂x 2 ∂ ∂ f = ∂x ∂x∂y ∂ 3f = ∂x2 ∂y si f ∈ C 3 . Observaci´ on 9.4.4. La continuidad de las derivadas parciales de segundo orden es fundamental en el teorema anterior. Esto se puede ilustrar considerando el siguiente ejemplo: Ejemplo 9.4.3. Sea f : R2 → R la función definida por: 2 2 ( −y xy xx2 +y si (x, y) 6= (0, 0) 2 f (x, y) = 0 si (x, y) = (0, 0) Verifique que: ∂ 2f ∂ 2f (0, 0) 6= (0, 0) ∂y∂x ∂x∂y Soluci´ on. Note que 2 ∂f ∂ x − y2 (x, y) = xy ∂x ∂x x2 + y 2 y (x4 + 4x2 y 2 − y 4 ) = (x2 + y 2 )2 para (x, y) 6= (0, 0) y ∂f f (h, 0) − f (0, 0) (0, 0) = l´ım =0 h→0 ∂x h luego ∂f (x, y) = ∂x

(

y (x4 +4x2 y 2 −y 4 ) (x2 +y 2 )2

0

si (x, y) 6= (0, 0) si (x, y) = (0, 0)

385


se sigue que 1 ∂f ∂f ∂ 2f (0, 0) = l´ım (0, h) − (0, 0) h→0 h ∂y∂x ∂x ∂x 1 h (0 − h4 ) = l´ım h→0 h (02 + h2 )2 = −1 por otro lado 2 ∂f ∂ x − y2 (x, y) = xy ∂y ∂y x2 + y 2 4 −x (−x + 4x2 y 2 + y 4 ) = (x2 + y 2 )2 y ∂f (0, 0) = 0 ∂y se sigue ∂ 2f 1 ∂f ∂f (0, 0) = l´ım (h, 0) − (0, 0) h→0 h ∂x∂y ∂y ∂y 1 −h (−h4 ) = l´ım h→0 h (h2 + 02 )2 = 1 se sigue

∂2f ∂y∂x

(0, 0) 6=

∂2f ∂x∂y

(0, 0) en este caso la función no es de clase C 2 (R2 ).

Ejemplo 9.4.4. Si u = ln (x2 + y 2 ) verificar que ∂ 2u ∂ 2u + =0 ∂x2 ∂y 2 Soluci´ on. Derivando ∂u ∂ 2x = ln x2 + y 2 = 2 ∂x ∂x x + y2 ∂u ∂ 2y = ln x2 + y 2 = 2 ∂y ∂y x + y2 y de segundo orden ∂ 2u ∂ 2x x2 − y 2 = = −2 ∂x2 ∂x x2 + y 2 (x2 + y 2 )2 ∂ 2u ∂ 2y x2 − y 2 = = 2 ∂y 2 ∂y x2 + y 2 (x2 + y 2 )2 as´ı

∂ 2u ∂ 2u x2 − y 2 x2 − y 2 + = −2 + 2 =0 ∂x2 ∂y 2 (x2 + y 2 )2 (x2 + y 2 )2

386


Ejercicios de la secci´ on

p −3/2 2 2 1. Si u = arctan xy/ 1 + x + y probar que uxy = (1 + x2 + y 2 ) y uxxyy =

15xy (1 + x2 + y 2 )7/2

2. Sean a, b, c constantes positivas. Si z = z (x, y) es tal que a2 x2 + b2 y 2 = c2 z 2 entonces muestre que zxx zyy = (zxy )2 3. Si u = ln (x2 + y 2 + z 2 ) probar que xuyz = yuzx = zuxy 4. Si f (x, y) =

xy x+y

demuestre que x2

2 ∂ 2f ∂ 2f 2∂ f + 2xy + y =0 ∂x2 ∂x∂y ∂y 2

Gradiente y matriz jacobiana Definici´ on 9.5.1. Sean U ⊆ Rn y f : U → R una función tal que todas las derivadas ◦

∂f parciales ∂x (a), i = 1, 2, . . . , n de f existen en a ∈ U . Se define el gradiente de f en a i como el vector en Rn dado por: ∂f ∂f ∂f ∇f (a) = (a) , (a) , . . . , (a) ∂x1 ∂x2 ∂xn

Ejemplo 9.5.1. Sea f (x, y, z) = 3x2 + sin y 2 + 2xz 2 . Calcule ∇f (x, y, z). Soluci´ on. En este caso ∇f (x, y, z) =

∂f (x, y, z) ∂f (x, y, z) ∂f (x, y, z) , , ∂x ∂y ∂z

es decir ∇f (x, y, z) = 2z 2 + 6x, 2y cos y 2 , 4xz

Ejemplo 9.5.2. Considere f (x, y, z) = 3x2 + 2xy − 4z 3 . Sean S la superficie dada por: S : f (x, y, z) = 1 y Π el plano tangente a S en (1, 1, 1). Si u, v ∈ Π linealmente independientes, entonces pruebe que existe λ ∈ R tal que: u × v = λ · ∇f (1, 1, 1) 387


Soluci´ on. Si u, v ∈ Π son linealmente independientes entonces u × v es normal al plano, pero de las secciones anteriores sabemos que el normal a la gráfica de una función z = h (x, y) tiene la forma k (−hx , −hy , 1) donde k es una constante, la superficie f (x, y, z) = 1 la podemos mirar como la gráfica de r 1 1 3 3 2 x + yx − z= 4 2 4 se sigue (−zx , −zy , 1) q   1 1 3 3 2 3 1 x + yx − √ x + y 23 4 2 4 2 2 = − 2 , 1 2 , −2x 2 2 3 9x + 6yx − 3 3 (3x + 2yx − 1) evaluando en (1, 1) 

r

3 2

1 2

q 3

3 4

+ 12 −

1 4



+ 43 3 1 1 (−zx , −zy , 1) = − + − , −2 , 1 3 4 2 43+2−1 9+6−3 2 1 = − ,− ,1 3 6 note que ∇f (x, y, x) = 6x + 2y, 2x, −12z 2

luego ∇f (1, 1, 1) = (6 + 2, 2, −12) = (8, 2, −12) se sigue que existe λ ∈ R tal que 2 1 u × v =k − , − , 1 = λ∇f (1, 1, 1) 3 6 Observaci´ on 9.5.1. El isomorfismo canónico ϕ : Rn ' M1×n (R) vuelve a jugar un rol importante en relacionar el vector gradiente ∇f (a) y la matriz de la diferencial Df (a). Sabemos que la diferencial de una función f : Rn → R está dada por la transformación lineal Df (a) : Rn → R tal que: |f (a + h) − f (a) − Df (a) · h| =0 h→0 khk l´ım

pero ϕ−1 (Df (a)) = ∇f (a), por lo tanto, podemos escribir: l´ım

h→0

|f (a + h) − f (a) − ∇f (a) · h| =0 khk 388


Observaci´ on 9.5.2. Nuestro propósito, ahora, es tratar la diferenciabilidad para funciones vectoriales de la forma f : U ⊆ Rn → Rm .. Teniendo en cuenta que la topolog´ıa del espacio euclidiano Rm se obtiene considerando la norma k·kRm , tenemos que: Definici´ on 9.5.2. Sean U ⊆ Rn y f : U → Rm una función vectorial. Diremos que f es ◦

diferenciable en a ∈ U si existe una transformación lineal T : Rn → Rm tal que: kf (a + h) − f (a) − T (h)k =0 h→0 khk l´ım

Definici´ on 9.5.3. Sean U ⊆ Rn y f : U → Rm una función tal que todas las derivadas ∂fi parciales existen en a. Llamaremos matriz jacobiana de f en a a la matriz de derivadas ∂xj parciales: ∂fi (a) J f (a) = ∂xj m×n   ∂f1 ∂f1 ∂f1  ∂x1 (a) ∂x2 (a) · · · ∂xn (a)     ∂f2  ∂f ∂f 2 2    ∂x (a) ∂x (a) · · · ∂x (a)  1 2 n   ∈ Mm×n (R) =   . . . . .. .. .. ..        ∂fm  ∂fm ∂fm (a) (a) · · · (a) ∂x1 ∂x2 ∂xn Ejemplo 9.5.3. Sea f : R2 → R2 definida por f (x, y) = (2x2 y + y, 2xy − y 2 ). Luego, si anotamos u = 2x2 y + y y v = 2xy − y 2 , entonces la matriz jacobiana de f está dada por:   ∂u ∂u  ∂x ∂y   Jf (x, y) =   ∂v ∂v  =

∂x ∂y 4xy 2x2 2y 2x − 2y

Teorema 9.5.1. Sean f : U ⊆ Rn → Rm una función definida por f (x) = (f1 (x) , f2 (x) , . . . , fm (x)) ◦

y a ∈ U . f es diferenciable en a, si y solo si, fi : U → R es diferenciable en a, para cada i = 1, 2, . . . , m. Además: ∂fi Df (a) = (a) = Jf (a) ∂xj m×n Ejemplo 9.5.4. ¿Es diferenciable g (x, y, z) = x + sin x cos y 2 , x2 y + 1, 389

√

z 2 + 1 en R3 ?


Soluci´ on. La respuesta es si, pues las funciones componentes son todas diferenciables en 3 R. Observaci´ on 9.5.3. Por definición, tenemos que si f : U ⊆ Rn → Rm es diferenciable en a, entonces existe una transformación lineal T : Rn → Rm tal que: kf (a + h) − f (a) − T (h)k =0 h→0 khk l´ım

Además, note que para cada i = 1, 2, . . . , m, se tiene que: |fi (a + h) − fi (a) − Ti (h)| ≤ kf (a + h) − f (a) − T (h)k para todo h. As´ı, si h = t · ej , tenemos que: fi (a + t · ej ) − fi (a) 0 ≤ − Ti (ej ) t fi (a + t · ej ) − fi (a) − Ti (tej ) = t kf (a + t · ej ) − f (a) − T (tej )k →0 ≤ ktej k si acaso t → 0. Lo anterior implica que: [Ti ]j =

∂fi (a) ∂xj

en donde [Ti ]j representa el j−ésimo coeficiente de la matriz [Ti ], respecto de las bases canónicas. Todo lo anterior implica que en caso de que f sea diferenciable en a, la matriz jacobiana Jf (a) es la matriz de la diferencial Df (a). Desde ahora en adelante, anotamos: Df (a) = Jf (a)

La regla de la cadena Teorema 9.6.1. Sean f : U ⊆ Rn → Rm , con U abierto y g : V ⊆ Rm → Rp , con V abierto, tales que f (U ) ⊆ V . Suponga que f es diferenciable en a ∈ U y que g es diferenciable en b = f (a) ∈ V , entonces: g ◦ f : U ⊆ Rn → Rp es diferenciable en a. Además: D (g ◦ f ) (a) = Dg (f (a)) Df (a) = Dg (b) Df (a) 390


Observaci´ on 9.6.1. Es importante destacar que Dg (b) ∈ Mp×m (R) y que Df (a) ∈ Mm×n (R). Observaci´ on 9.6.2. Supongamos que z = g (f (x)) e y = f (x), con b = f (a), entonces la regla de la cadena en términos de las matrices jacobianas queda en la forma: D (g ◦ f ) (a) = Dg (b) · Df (a)  ∂z1 ∂z1  ∂y1 (b) ∂y2 (b)   ∂z2 ∂z2   ∂y1 (b) ∂y2 (b) =   .. ..  . .    ∂zp ∂zp (b) (b) ∂y1 ∂y2 =

∂z1 ··· (b) ∂ym ∂z2 ··· (b) ∂ym .. .. . . ···

! m X ∂zi ∂yk (b) (a) ∂y ∂x k j k=1

∂zp (b) ∂ym

            ·          

 ∂y1 ∂y1 (a) · · · (a)  ∂x2 ∂xn   ∂y2 ∂y2 (a) · · · (a)   ∂x2 ∂x2   .. .. ...  . .    ∂ym ∂ym ∂ym (a) (a) · · · (a) ∂x1 ∂x2 ∂xn ∂y1 (a) ∂x1 ∂y2 (a) ∂x1 .. .

∈ Mp×n (R) i×j

Por tanto, en notaciones clásicas, mirando las componentes del producto, la regla viene dado por las fórmulas: ∂zi ∂xj

m X ∂zi ∂yk = ∂yk ∂xj k=1

=

∂zi ∂y1 ∂zi ∂y2 ∂zi ∂ym + + ··· + ∂y1 ∂xj ∂y2 ∂xj ∂ym ∂xj

para i = 1, 2, . . . , p y j = 1, 2, . . . , n. Ejemplo 9.6.1. Sea f : R2 → R, (u, v) → f (u, v) una función diferenciable. Se define la función w : R2 → R por w (x, y) = f x2 − y 2 , y 2 − x2 calcular la Jacobiana de w y muestre que y

∂w ∂w +x =0 ∂x ∂y

Soluci´ on. Por la regla de la cadena Jw = =

2x −2y wx wy = fu fv −2x 2y 2xfu − 2xfv −2yfu + 2yfv

391


as´ı ∂w ∂w +x ∂x ∂y = y (2xfu − 2xfv ) + x (−2yfu + 2yfv ) y

= 0 Ejemplo 9.6.2. Sean g : R3 → R y f : R3 → R3 tales que: f (x, y, z) = u (x, y, z) ; v (x, y, z) ; w (x, y, z)

Definamos F : R3 → R mediante la ecuación: F (x, y, z) = (g ◦ f ) (x, y, z) Por la regla de la cadena: DF (x, y, z) = Dg (u, v, w) · Df (x, y, z)  ∂u   ∂x  ∂v ∂g ∂g ∂g = ·  ∂x ∂u ∂v ∂w   ∂w ∂x

∂u ∂y ∂v ∂y ∂w ∂y

∂u ∂z ∂v ∂z ∂w ∂z

       

As´ı, por ejemplo: ∂F ∂g ∂u ∂g ∂v ∂g ∂w = + + ∂x ∂u ∂x ∂v ∂x ∂w ∂x 3 Ejemplo 9.6.3. Sea g : R → R y consideremos el cambio de variables a coordenadas esféricas:   x = r cos θ sin φ ϕ (r, θ, φ) : y = r sin θ sin φ  z = r cos φ ∂z Defina z (r, θ, φ) = g x (r, θ, φ) , y (r, θ, φ) , z (r, θ, φ) . Calcule ∂z , ∂z y ∂φ . ∂r ∂θ Soluci´ on. ∂z ∂g ∂x ∂g ∂y ∂g ∂z = + + ∂r ∂x ∂r ∂y ∂r ∂z ∂r ∂g ∂g ∂g = (cos θ sin φ) + (sin θ sin φ) + (cos φ) ∂x ∂y ∂z ∂z ∂g ∂x ∂g ∂y ∂g ∂z = + + ∂θ ∂x ∂θ ∂y ∂θ ∂z ∂θ ∂g ∂g ∂g = (−r sin θ sin φ) + (r cos θ sin φ) + (0) ∂x ∂y ∂z ∂g ∂g = (−r sin θ sin φ) + (r cos θ sin φ) ∂x ∂y 392


∂z ∂g ∂x ∂g ∂y ∂g ∂z = + + ∂φ ∂x ∂φ ∂y ∂φ ∂z ∂φ ∂g ∂g ∂g + (r sin θ cos φ) + (−r sin φ) = (r cos θ cos φ) ∂x ∂y ∂z Ejemplo 9.6.4. Considere: w = x3 yez Suponga que:  2 2  x=s −t y = s2 + t2  z =s+t Pruebe que: ∂w ∂w (1, 0) + (1, 0) = 10e ∂s ∂t Soluci´ on. Usando la regla de la cadena ∂w ∂w ∂x ∂w ∂y ∂w ∂y = + + ∂s ∂x ∂s ∂y ∂s ∂y ∂s ∂w ∂x ∂w ∂y ∂w ∂y ∂w = + + ∂t ∂x ∂t ∂y ∂t ∂y ∂t recordar que las derivadas de w quedan evaluadas en x = s2 − t2 , y = s2 + t2 , z = s + t as´ı ∂x ∂w 2 ∂w (s, t) = (s, t) s − t2 , s2 + t2 , s + t ∂s ∂x ∂s ∂y ∂w 2 + s − t2 , s2 + t2 , s + t (s, t) ∂y ∂s ∂y ∂w 2 + s − t2 , s2 + t2 , s + t (s, t) ∂y ∂s y ∂x ∂w ∂w 2 (s, t) = s − t2 , s2 + t2 , s + t (s, t) ∂t ∂x ∂t ∂y ∂w 2 s − t2 , s2 + t2 , s + t (s, t) + ∂y ∂t ∂y ∂w 2 + s − t2 , s2 + t2 , s + t (s, t) ∂y ∂t evaluando en (1, 0) se obtiene ∂w ∂w ∂x (1, 0) = (1, 1, 1) (1, 0) + ∂s ∂x ∂s ∂w ∂w ∂x (1, 0) = (1, 1, 1) (1, 0) + ∂t ∂x ∂t

∂w ∂y (1, 1, 1) (1, 0) + ∂y ∂s ∂w ∂y (1, 1, 1) (1, 0) + ∂y ∂t 393

∂w ∂z (1, 1, 1) (1, 0) ∂z ∂s ∂w ∂z (1, 1, 1) (1, 0) ∂z ∂t


note que ∂w (x, y, z) = ∂x ∂w (x, y, z) = ∂y ∂w (x, y, z) = ∂z

3x2 yez x3 e z

x3 yez

evaluando ∇w (1, 1, 1) = (3e, e, e) por otro lado ∂x ∂x (s, t) = 2s y (s, t) = −2t ∂s ∂t ∂y ∂y (s, t) = 2s y (s, t) = 2t ∂s ∂t ∂z ∂z (s, t) = 1 y (s, t) = 1 ∂s ∂t evaluando ∂x ∂x (1, 0) = 2 y (1, 0) = 0 ∂s ∂t ∂y ∂y (1, 0) = 2 y (1, 0) = 0 ∂s ∂t ∂z ∂z (1, 0) = 1 y (1, 0) = 1 ∂s ∂t se sigue ∂w ∂w ∂x ∂w ∂y ∂w ∂z (1, 0) = (1, 1, 1) (1, 0) + (1, 1, 1) (1, 0) + (1, 1, 1) (1, 0) ∂s ∂x ∂s ∂y ∂s ∂z ∂s = (3e) (2) + (e) (2) + (e) (1) = 9e y ∂w ∂w ∂x ∂w ∂y ∂w ∂z (1, 0) = (1, 1, 1) (1, 0) + (1, 1, 1) (1, 0) + (1, 1, 1) (1, 0) ∂t ∂x ∂t ∂y ∂t ∂z ∂t = (3e) (0) + (e) (0) + (e) (1) = e se sigue ∂w ∂w (1, 0) + (1, 0) = 10e ∂s ∂t 394


p 2 2 2 Ejemplo 9.6.5. Sea w = f (r) una función diferenciable, definamos h (x, y, z) = f x +y +z . Demuestre que: 2 dw = k∇hk2 dr Soluci´ on. La derivada de w respecto a r es dw = f 0 (r) dr luego

dw dr

2

2

= (f 0 (r))

por otro lado, usando la regla de la cadena x r y 0 0 = f (r) ry = f (r) r z 0 0 = f (r) rz = f (r) r

hx = f 0 (r) rx = f 0 (r) hy hz se sigue 2

k∇hk

x 2 0 y 2 0 z 2 = f (r) + f (r) + f (r) r r r 2 0 f (r) x2 + y 2 + z 2 = r 0 2 f (r) = r2 r

0

2

= (f 0 (r)) como se quer´ıa probar.

Ejemplo 9.6.6. Sean f : [0, +∞) → R una función diferenciable y u : R → R definida por: u = f k(x, y, z)k2 donde:   x = ρ cos ϕ cos ψ y = ρ cos ϕ sin ψ  z = ρ sin ϕ Demuestre que

∂u = 0. ∂ϕ

395


Soluci´ on. Usando la regla de la cadena, note que u (ρ, ϕ, ψ) = f (g (h (ρ, ϕ, ψ))) donde p → f (p) (x, y, z) → g (x, y, z) = x2 + y 2 + z 2 (ρ, ϕ, ψ) → h (ρ, ϕ, ψ) = (ρ cos ϕ cos ψ, ρ cos ϕ sin ψ, ρ sin ϕ) se sigue ∂g ∂x ∂g ∂y ∂g ∂z ∂u = f0 + f0 + f0 ∂ϕ ∂x ∂ϕ ∂y ∂ϕ ∂z ∂ϕ 0 2 = f ρ (2ρ cos ϕ cos ψ) (−ρ sin ϕ cos ψ) +f 0 ρ2 (2ρ cos ϕ sin ψ) (−ρ sin ϕ sin ψ) +f 0 ρ2 (2ρ sin ϕ) (ρ cos ϕ) = 2ρf 0 ρ2 − cos ϕ sin ϕ cos2 ψ − cos ϕ sin ϕ sin2 ψ + sin ϕ cos ϕ = 2ρf 0 ρ2 (0) = 0 otra forma de verlo es u = f k(x, y, z)k2

con   x = ρ cos ϕ cos ψ y = ρ cos ϕ sin ψ  z = ρ sin ϕ queda u = f ρ2

luego la derivada es 0. Ejemplo 9.6.7. Cambiar las variables x, y, z en la ecuación x

∂u ∂u ∂u +y +z = nu ∂x ∂y ∂z

por ξ, η, ϕ de la forma

x y ,η= yϕ=z z z y probar que la ecuación se transforma en ξ=

ϕ

∂v = nv ∂ϕ

deducir de esto que u tiene la forma x y u (x, y, z) = z F , z z n

para una función F arbitraria. 396


Soluci´ on. Definimos v (ξ (x, y, z) , η (x, y, z) , ϕ (x, y, z)) = u (x, y, z) con el cambio de variable propuesto ∂v ∂ξ ∂v ∂η ∂v ∂ϕ ∂u = + + ∂x ∂ξ ∂x ∂η ∂x ∂ϕ ∂x ∂u ∂v ∂ξ ∂v ∂η ∂v ∂ϕ = + + ∂y ∂ξ ∂y ∂η ∂y ∂ϕ ∂y ∂u ∂v ∂ξ ∂v ∂η ∂v ∂ϕ = + + ∂z ∂ξ ∂z ∂η ∂z ∂ϕ ∂z se sigue ∂u ∂v 1 ∂v ∂v = (0) + (0) + ∂x ∂ξ z ∂η ∂ϕ ∂u ∂v ∂v 1 ∂v = (0) + + (0) ∂y ∂ξ ∂η z ∂ϕ ∂v x ∂v y ∂v ∂u = − 2 + − 2 + (1) ∂z ∂ξ z ∂η z ∂ϕ se sigue que x

∂u ∂u ∂u +y +z = nu ∂x ∂y ∂z

se transforma en ∂v x ∂v y ∂v x ∂v y ∂v + + − + − +z = nv ∂ξ z ∂η z ∂ξ z ∂η z ∂ϕ es decir

∂v = nv ∂ϕ esta ecuación es de variables separadas, la resolvemos ϕ

ln |v| = n ln |ϕ| + C luego v = Kϕn note que la constante es respecto a la variable ϕ, luego puede depender de ξ, η, ponemos v = K (ξ, η) ϕn luego u (x, y, z) = v (ξ (x, y, z) , η (x, y, z) , ϕ (x, y, z)) = K (ξ (x, y, z) , η (x, y, z)) ϕ (x, y, z)n x y = K , zn z z 397


Observaci´ on 9.6.3. Muchas veces abusando de la notación, en lugar de poner v (ξ (x, y, z) , η (x, y, z) , ϕ (x, y, z)) = u (x, y, z) simplemente se trabaja con u (ξ, η, ϕ) y se escribe ∂u ∂ξ ∂u ∂η ∂u ∂ϕ ∂u = + + ∂x ∂ξ ∂x ∂η ∂x ∂ϕ ∂x Observaci´ on 9.6.4. Otra manera de enfrentar el problema anterior, cuando es posible despejar en forma expl´ıcita es la siguiente, note que y x ξ= ,η= yϕ=z z z implica x = ξϕ y = ηϕ z = ϕ luego P (ξ, η, ϕ) = u (x (ξ, η, ϕ) , y (ξ, η, ϕ) , z (ξ, η, ϕ)) luego ∂P ∂u ∂x = + ∂ϕ ∂x ∂ϕ ∂u (ξ) + = ∂x

∂u ∂y ∂u ∂z + ∂y ∂ϕ ∂z ∂ϕ ∂u ∂u (η) + ∂y ∂z

luego ϕ

∂P ∂u ∂u ∂u = (ξϕ) + (ηϕ) + ϕ ∂ϕ ∂x ∂y ∂z ∂u ∂u ∂u = x +y +z ∂x ∂y ∂z = nu = nP

de donde P (ξ, η, ϕ) = ϕn K (ξ, η) y as´ı u (x (ξ, η, ϕ) , y (ξ, η, ϕ) , z (ξ, η, ϕ)) = ϕn K (ξ, η) esto es n

u (x, y, z) = z K 398

x z , y y


Estudiaremos el comportamiento de la regla de la cadena en derivadas de orden superior Ejemplo 9.6.8. Suponiendo z ∈ C 2 (R2 ), reescriba la ecuación diferencial: ∂ 2z ∂ 2z ∂2 − 3 + 2 =0 ∂x2 ∂x∂y ∂y 2 en nuevas variables u y v, definidas por: u = 3x − y y v = x + y. Soluci´ on. Definamos P (u (x, y) , v (x, y)) = z (x, y) entonces zx = Pu ux + Pv vx esto es zx = 3Pu + Pv derivando nuevamente respecto a x zxx = 3 (Pu )x + (Pv )x = 3 ((Pu )u ux + (Pu )v vx ) + ((Pv )u ux + (Pv )v vx ) = 3 ((Pu )u 3 + (Pu )v ) + ((Pv )u 3 + (Pv )v ) = 9Puu + 6Puv + Pvv y zxy = (3Pu + Pv )y = 3 (Pu )y + (Pv )y = 3 (Puu uy + Puv vy ) + (Pvu uy + Pvv vy ) = 3 (Puu (−1) + Puv ) + (Pvu (−1) + Pvv ) = −3Puu + 2Puv + Pvv con respecto a la variable y zy = Pu uy + Pv vy = −Pu + Pv derivando nuevamente zyy = − (Puu uy + Puv vy ) + (Pvu uy + Pvv vy ) = − (−Puu + Puv ) + (−Pvu + Pvv ) = Puu − 2Puv + Pvv 399


se sigue que ∂ 2z ∂ 2z ∂2 −3 2 =0 +2 ∂x2 ∂x∂y ∂y queda reescrita como (9Puu + 6Puv + Pvv ) + 2 (−3Puu + 2Puv + Pvv ) − 3 (Puu − 2Puv + Pvv ) = 0 es decir (9 − 6 − 3) Puu + (6 + 4 + 6) Puv + (1 + 2 − 3) Pvv = 0 as´ı Puv = 0 esta ecuación implica P (u, v) = F (u) + G (v) donde F , G son funciones de clase C 2 de una variable se sigue z (x, y) = P (u (x, y) , v (x, y)) = F (u (x, y)) + G (v (x, y)) = F (3x − y) + G (x + y) como ejercicio, verificar que si z (x, y) = F (3x − y)+G (x + y) entonces 0.

∂2z ∂2 ∂2z +2 ∂x∂y −3 ∂y 2 ∂x2

=

Ejemplo 9.6.9. Las ecuaciones u = f (x, y) , x = X (s, t) e y = Y (s, t) definen u como una función de s y t: u = F (s, t). Si las funciones son de clase C 2 pruebe que: 2 2 ∂ 2F ∂X ∂Y ∂ 2 f ∂f ∂ 2 X ∂ 2 f ∂X ∂f ∂ 2 Y ∂ 2 f ∂Y +2 = + 2 + + 2 ∂s2 ∂x ∂s2 ∂x ∂s ∂x ∂s ∂x∂y ∂y ∂s2 ∂y ∂s Soluci´ on. Por la regla de la cadena F s = f x xs + f y y s Fss = (fx )s xs + fx xss + (fy )s ys + fy ys = (fxx xs + fxy ys ) xs + fx xss + (fyx xs + fyy ys ) ys + fy ys = fxx (xs )2 + 2fxy ys xs + fyy (ys )2 + fx xss + fy ys se sigue ∂ 2f ∂ 2F = ∂s2 ∂x2

∂x ∂s

2

∂x ∂y ∂ 2 f ∂ 2f +2 + 2 ∂s ∂s ∂x∂y ∂y

400

∂y ∂s

2 +

∂f ∂ 2 x ∂f ∂ 2 y + ∂x ∂s2 ∂y ∂s2


Ejemplo 9.6.10. Sea g : R → R una función de clase C 1 (R) muestre que f (x, y) = g para x 6= 0 cumple ∂f ∂f x +y =0 ∂x ∂y

y x

Soluci´ on. La función es diferenciable y por la regla de la cadena se tiene y −y g0 fx = 2 x x 1 y fy = g0 x x luego xfx + yfy =

−y x

g0

y x

+

y x

g0

y x

= 0 Ejemplo 9.6.11. Sea p : R2 → R, una función diferenciable tal que x defina h (u, v) = p (v, uv) muestre que

∂p ∂p +y =0 ∂x ∂y ∂h = 0. ∂v

Soluci´ on. La compuesta de funciones diferenciables es diferenciables luego hv = px xv + py yv = p x + py u as´ı vhv = vpx + py uv = xpx + ypy = 0 se sigue hv = 0 Ejemplo 9.6.12. Sea u = u(x, t) una función de clase C 2 . Transformar la ecuación de las vibraciones de una cuerda: 2 ∂ 2u 2 ∂ u = c , c>0 ∂t2 ∂x2 a unas nuevas variables independientes α y β, en donde: α = x − ct

∧ 401

β = x + ct


Soluci´ on. Sea u = u(x, t) ∈ C 2 . Considere, además, las nuevas variables independientes α y β dadas por las ecuaciones α = x − ct y β = x + ct. Entonces, por la regla de la cadena, tenemos que: ∂u ∂u ∂α ∂u ∂β = + ∂t ∂α ∂t ∂β ∂t ∂u ∂u − =c ∂β ∂α y también: ∂u ∂u ∂u = + ∂x ∂α ∂β As´ı, por la regla de la cadena nuevamente, tenemos que: ∂ ∂u ∂u ∂ 2u = − c ∂t2 ∂t ∂β ∂α ∂ ∂u ∂ ∂u − =c ∂t ∂β ∂t ∂α 2 2 ∂ u ∂α ∂ 2 u ∂β ∂ u ∂α ∂ 2 u ∂β =c + −c + ∂α ∂β ∂t ∂β 2 ∂t ∂α2 ∂t ∂β ∂α ∂t 2 ∂ u ∂ 2u ∂ 2u ∂ 2u =c · (−c) + ·c −c · (−c) + ·c ∂α ∂β ∂β 2 ∂α2 ∂β ∂α 2 ∂ ∂ 2u ∂ 2u 2 =c −2 + ∂β 2 ∂αβ ∂α2 Análogamente: ∂ 2u ∂ ∂u ∂u = + ∂x2 ∂x ∂α ∂β ∂ ∂u ∂ ∂u + = ∂x ∂α ∂x ∂β ∂ 2 u ∂α ∂ 2 u ∂β ∂ 2 u ∂α ∂ 2 u ∂β = + + + ∂α2 ∂x ∂β ∂α ∂x ∂α ∂β ∂x ∂β 2 ∂x = 2

∂ 2u ∂ 2u ∂ 2u + 2 + ∂α2 ∂α ∂β ∂β 2 2

u ∂ u en donde la igualdad ∂β∂ ∂α = ∂α se obtiene a través del Teorema de Schwarz, pues u ∈ C 2 . ∂β Reemplazando las derivadas anteriores en la ecuación:

tenemos:

2 ∂ 2u 2 ∂ u = c ∂t2 ∂x2 2 2 ∂ 2u ∂ 2u ∂ u ∂ 2u ∂ 2u ∂ u 2 2 c −2 + =c −2 + ∂β 2 ∂α∂β ∂α2 ∂β 2 ∂α∂β ∂α2

402


Simplificando la ecuación anterior se obtiene, finalmente, que: ∂ 2u =0 ∂α ∂β Ejemplo 9.6.13. Sea g : R → R una función derivable tal que g(0) = −1 y g 0 (0) = 2. Considere la función f : R2 → R definida por: f (x, y) = xy · g x1 − y1 1. Determine la ecuación del plano tangente a la superficie z = f (x, y) en el punto 1, 1, f (1, 1) . 2. Obtenga una función h(x, y) tal que: x2

∂z ∂z + y2 = z h(x, y) ∂x ∂y

Soluci´ on. Definimos a u = u(x, y) = x1 − y1 . Puesto que u es diferenciable en (1, 1) y g(·) es derivable, entonces z es diferenciable en (1, 1). Se tiene entonces que: z(1, 1) = 1 · 1 · g(u(1, 1)) = g(0) = −1 Además, por la regla de la cadena: zx = y · g(u) + xy · g 0 (u)ux y = yg(u) − g 0 (u) x ⇒ zx (1, 1) = −3 Y, de forma análoga: zy = x · g(u) + xy · g 0 (u)uy x = xg(u) + g 0 (u) y ⇒ zy (1, 1) = 1 Con esto, la ecuación del plano tangente es: −3(x − 1) + (y − 1) − (z + 1) = 0 −3x + y − z = −1 Hacemos: x2 zx = x2 yg(u) − xyg 0 (u) y 2 zy = xy 2 g(u) + xyg 0 (u) 403


Basta sumar y obtenemos: x2 zx + y 2 zy = (x + y)xyg(u) Pero z = xy g(u), de modo que: x2 zx + y 2 zy = (x + y)z =⇒ f (x, y) = x + y

Ejemplo 9.6.14. Sea f : R2 → R, (x, y) → f (x, y) una función de clase C 2 . 1. Muestre que si g (r, θ) = f (r cos θ, r sin θ) entonces ∂ 2f ∂ 2g 1 ∂ 2 g 1 ∂g ∂ 2f + = + + ∂x2 ∂y 2 ∂r2 r2 ∂θ2 r ∂r Usando la regla de la cadena gr = f x x r + f y y r = fx cos θ + fy sin θ grr = (fxx xr + fxy yr ) cos θ + (fyx xr + fyy yr ) sin θ = (fxx cos θ + fxy sin θ) cos θ + (fyx cos θ + fyy sin θ) sin θ = fxx cos2 θ + 2 sin θ cos θfxy + fyy sin2 θ gθ = fx xθ + fy yθ = −fx r sin θ + fy r cos θ y as´ı gθθ = −r ((fxx xθ + fxy yθ ) sin θ + fx cos θ) +r ((fyx xθ + fyy yθ ) cos θ − fy sin θ) = −r ((fxx (−r) sin θ + fxy r cos θ) sin θ + fx cos θ) +r ((fyx (−r) sin θ + fyy r cos θ) cos θ − fy sin θ) = r2 fxx sin2 θ − 2r2 fxy sin θ cos θ + r2 fyy cos2 θ −rfx cos θ − rfy sin θ = r2 fxx sin2 θ − 2fxy sin θ cos θ + fyy cos2 θ −r (fx cos θ + fy sin θ)

404


entonces ∂ 2g 1 ∂ 2 g 1 ∂g + + ∂r2 r2 ∂θ2 r ∂r = fxx cos2 θ + 2 sin θ cos θfxy + fyy sin2 θ (fx cos θ + fy sin θ) + fxx sin2 θ − 2fxy sin θ cos θ + fyy cos2 θ − r 1 + (fx cos θ + fy sin θ) r = fxx + fyy como se quer´ıa demostrar. 2. Determine una función f : {(x, y) ∈ R2 : 1 ≤ x2 + y 2 ≤ 9} → R tal que ∂ 2f ∂ 2f + = 0 para 1 < x2 + y 2 < 9 ∂x2 ∂y 2 f (x, y) = 1 si x2 + y 2 = 1 f (x, y) = 3 si x2 + y 2 = 9 suponiendo que g (r, θ) = f (r cos θ, r sin θ) no depende del ángulo, es decir, Pasando a polares ∂ 2f ∂ 2f + ∂x2 ∂y 2

= 0 para 1 < x2 + y 2 < 9 ⇔

∂ 2g 1 ∂ 2 g 1 ∂g + + ∂r2 r2 ∂θ2 r ∂r

= 0 para 1 < r < 3

si ⇔ g (r, θ) = 1 si

x2 + y 2 = 1

f (x, y) = 3

x2 + y 2 = 9

f (x, y) = 1

r=1

y si ⇔ g (r, θ) = 3 si

r=3

si no depende del ángulo tenemos d2 g 1 dg + = 0 para 1 < r < 3 dr2 r dr g (1) = 1 g (3) = 3 esto tiene solución g (r) = A + B ln r 405

∂g ∂θ

= 0.


donde 1 = A 3 = A + B ln 3 que tiene solución A = 1, B =

2 , ln 3

as´ı

f (x, y) = 1 +

p 2 ln x2 + y 2 ln 3

Gradiente y planos tangentes Observaci´ on 9.7.1. Sea f : U ⊆ Rn → R una función diferenciable tal que ∇f (a) = 6 0. Consideremos el conjunto de nivel: S : Lc (f ) = {x ∈ U : f (x) = c} Suponga que λ : t 7→ λ (t) una curva diferenciable de R → Rn tal que Im(λ) ⊆ S. Note que, en vista de las hipótesis para la curva λ, tenemos que: f (λ (t)) = c,

∀t

entonces, por la regla de la cadena, tenemos que: ∇f (λ (t)) · λ0 (t) =

n X ∂f (λ (t)) λ0i (t) = 0 ∂x i i=1

en particular, si existe t0 ∈ R tal que λ (t0 ) = a, entonces, de la ecuación anterior conclu´ımos que: h∇f (a) , λ0 (t0 )i = 0 como λ es cualquier curva diferenciable tal que se tiene que: ∇f (a) ⊥ S puesto que λ0 es tangente a S. Se tiene entonces: Teorema 9.7.1. Sean U un conjunto abierto no vac´ıo, f : U ⊆ Rn → R una función diferenciable y S : Lc (f ) el conjunto de nivel de c para f . Suponga que que f (a) = c (es decir, a ∈ S) y que ∇f (a) 6= 0 entonces: ∇f (a) ⊥a S donde ⊥a significa que la ortogonalidad de ∇f (a) al conjunto de nivel S : Lc (f ) se da en el punto a. 406


Ejemplo 9.7.1. Hallar un vector normal unitario a la superficie definida por: 2xy 3 z + z ln x + y sin y = 0 en (1, 2π, 0). Soluci´ on. El punto dado pertenece a la superficie 2xy 3 z + z ln x + y sin y = 0 la cual corresponde al conjunto de nivel cero de la función f : D ⊆ R3 → R dada por f (x, y, z) = 2xy 3 z + z ln x + y sin y Sabemos que el gradiente es normal a la superficie, 1 3 2 3 ∇f (x, y, z) = z + 2y z, sin y + y cos y + 6xy z, 2xy + ln x x evaluando ∇f (1, 2π, 0) = =

0, 2π, 2 (2π)3 0, 2π, 16π 3

es un vector normal a la superficie en el punto dado. Observaci´ on 9.7.2. Recordemos que si u0 ∈ Rn la ecuación del plano Π que pasa por u0 y que es normal n es dada por: n · (x − u0 ) = 0 Por lo tanto, el plano tangente Π a una superficie S : f (x) = c en a, está dado por: Π : ∇f (a) · (x − a) = 0 pues ∇f (a) ⊥a S y a ∈ S Ejemplo 9.7.2. Encontrar el plano tangente a la superficie: x2 + y 2 + z 2 = 1 en (1, 0, 0). Soluci´ on. La superficie es el conjunto de nivel 1 de la función h (x, y, z) = x2 + y 2 + z 2 y el punto (1, 0, 0) pertenece a la superficie, se sigue que el vector normal al plano tangente es dado por ∇h (x, y, z) = (2x, 2y, 2z) as´ı el plano tangente es ∇h (1, 0, 0) · (x − 1, y − 0, z − 0) = 0 407


es decir (2, 0, 0) · (x − 1, y − 0, z − 0) = 0 luego x=1 es el plano tangente. Ejemplo 9.7.3. Sea C la curva intersección de la esfera x2 + y 2 + z 2 = R2 (donde R > 0) y el plano x + y + z = 0. Demuestre que si (x0 , y0 , z0 ) ∈ C entonces la recta tangente a la curva en (x0 , y0 , z0 ) donde x0 , y0 , z0 son reales distintos tiene ecuación y − y0 z − z0 x − x0 = = y0 − z0 z0 − x0 x0 − y 0 Soluci´ on. Definamos (x, y, z) ∈ R3 : x2 + y 2 + z 2 = R2 = (x, y, z) ∈ R3 : f (x, y, z) = 0 P = (x, y, z) ∈ R3 : x + y + z = 0 = (x, y, z) ∈ R3 : h (x, y, z) = 0

E =

donde f (x, y, z) = x2 + y 2 + z 2 − R2 y h (x, y, z) = x + y + z entonces C = E ∩ P . entonces ∇f (x0 , y0 , z0 ) ⊥ C en (x0 , y0 , z0 ) ∇h (x0 , y0 , z0 ) ⊥ C en (x0 , y0 , z0 ) (el gradiente es perpendicular a los conjuntos de nivel) se sigue que el vector director de la recta tangente a C en (x0 , y0 , z0 ) es paralelo a ∇f (x0 , y0 , z0 ) × ∇h (x0 , y0 , z0 ) pero ∇f (x0 , y0 , z0 ) = (2x0 , 2y0 , 2z0 ) ∇h (x0 , y0 , z0 ) = (1, 1, 1) as´ı ∇f (x0 , y0 , z0 ) × ∇h (x0 , y0 , z0 ) = (2x0 , 2y0 , 2z0 ) × (1, 1, 1) = (2y0 − 2z0 , 2z0 − 2x0 , 2x0 − 2y0 ) as´ı la recta es (x, y, z) = (x0 , y0 , z0 ) + t (2y0 − 2z0 , 2z0 − 2x0 , 2x0 − 2y0 ) 408


esto es x = x0 + 2t (y0 − z0 ) y = y0 + 2t (z0 − x0 ) z = z0 + 2t (x0 − y0 ) despejando t x − x0 = 2t y0 − z0 y − y0 = 2t z0 − x0 z − z0 = 2t x0 − y 0 de donde obtenemos

x − x0 y − y0 z − z0 = = y0 − z0 z0 − x0 x0 − y 0

como se queria demostrar. Observaci´ on 9.7.3. En secciones anteriores encontramos la ecuación del plano tangente a la gráfica de una función diferenciable z = f (x, y) en un punto (x0 , y0 , f (x0 , y0 )) el cual tiene ecuación z = f (x0 , y0 ) +

∂f ∂f (x0 , y0 ) (x − x0 ) + (x0 , y0 ) (y − y0 ) ∂x ∂y

Note que la gráfica corresponde al conjunto S = (x, y, z) ∈ R3 : z − f (x, y) = 0 el cual puede ser interpretado como el conjunto de nivel cero de F (x, y, z) = z − f (x, y), luego en el punto (x0 , y0 , f (x0 , y0 )) = (x0 , y0 , z0 ) el plano tangente a S tiene ecuación ∇F (x0 , y0 , z0 ) · (x − x0 , y − y0 , z − z0 ) = 0 pero ∂f ∂F (x0 , y0 , z0 ) = − (x0 , y0 ) ∂x ∂x ∂F ∂f (x0 , y0 , z0 ) = − (x0 , y0 ) ∂y ∂y ∂F (x0 , y0 , z0 ) = 1 ∂z 409


as´ı el plano es

∂f ∂f (x0 , y0 ) , − (x0 , y0 ) , 1 · (x − x0 , y − y0 , z − z0 ) = 0 − ∂x ∂y

es decir z = f (x0 , y0 ) +

∂f ∂f (x0 , y0 ) (x − x0 ) + (x0 , y0 ) (y − y0 ) ∂x ∂y

La propiedad del gradiente entonces nos permite obtener el resultado obtenido por otros métodos.

Derivada direccional y direcciones de crecimiento m´ aximo ◦

Definici´ on 9.8.1. Sean a ∈ U , f : U ⊆ Rn → R una función cualquiera y u ∈ Rn un vector unitario en Rn (es decir, un vector tal que kuk = 1). Se define la derivada direccional de f en a en la dirección de u como el l´ımite: Du (a) =

∂f f (a + tu) − f (a) (a) = l´ım t→0 ∂u t

si acaso existe. Ejemplo 9.8.1. Calcular la derivada direccional def : R2 → R, (x, y) → f (x, y) = x3 y + 2x2 y 3 en el punto a = (1, 2) en la dirección u = √12 , √12 Soluci´ on. Por definición f (a + tu) − f (a) ∂f (a) = l´ım t→0 ∂u t − f (1, 2) f (1, 2) + t √12 , √12 = l´ım t→0 t f 1 + √t2 , 2 + √t2 − f (1, 2) = l´ım t→0 t 3 2 1 + √t2 2 + √t2 + 2 1 + √t2 2+ = l´ım t→0 t 63 √ = 2 (Usando la regla de L’ Hôpital) 2

√t 2

3

− (2 + 24 )

Observaci´ on 9.8.1. Note que los vectores canónicos ei , con i = 1, 2, . . . , n, de Rn son vectores unitarios, luego las derivadas parciales son casos particulares de la derivada direccional. Más precisamente, las derivadas parciales son derivadas direccionales en la dirección de los vectores de la base canónica de Rn . 410


Observaci´ on 9.8.2. Se debe hacer notar, que dirección de la recta vectorial: x = a + tu,

∂f ∂u

(a) mide la razón de cambio de f en la

t∈R

as´ı como las derivadas direccionales miden la razón de cambio de f es la dirección de los ejes coordenados. La interpretación de estas derivadas es la misma. Ejemplo 9.8.2. Sea f : R2 → R la función definida por:   p |x| y , si x2 + y 2 = 6 0 f (x, y) = x2 + y 2  0 , si x2 + y 2 = 0 Verifique que f posee derivada direccional en (0, 0) en cualquier dirección y que no es diferenciable en dicho punto. Soluci´ on. Sea u = (u, v) un vector unitario f (tu, tv) − f (0, 0) ∂f (0, 0) = l´ım t→0 ∂u t |tu| tv = l´ım q t→0 t (tu)2 + (tv)2 |t| |u| tv √ t→0 t |t| u2 + v 2 = l´ım |u| v

= l´ım t→0

= |u| v luego las derivadas direccionales existen en toda dirección. Note que ∂f (0, 0) = ∂f (0, 0) = 0 ∂x ∂y para ello tomar las direcciones (u, v) = (1, 0) y (0, 1) respectivamente. Para la diferenciabilidad ∂f (0, 0) (x − 0) − (0, 0) (y − 0) f (x, y) − f (0, 0) − ∂f ∂x ∂y l´ım (x,y)→(0,0) k(x, y) − (0, 0)k |xy| p x2 + y 2 p = l´ım (x,y)→(0,0) x2 + y 2 |xy| = l´ım 2 (x,y)→(0,0) x + y 2 note que este l´ımite no existe, usando las trayectorias y = x e y = 0 obtenemos l´ımites distintos. La función no es diferenciable. 411


Observaci´ on 9.8.3. Del ejemplo anterior podemos afirmar que la existencia de todas las derivadas direccionales en un punto no implica diferenciabilidad en el punto. ◦

Teorema 9.8.1. Sea f : U ⊆ Rn → R una función diferenciable en a ∈ U . Si u = (u1 , u2 , . . . , un ) es un vector unitario en Rn , entonces: ∂f (a) = h∇f (a) , ui ∂u n X ∂f = (a) ui ∂x i i=1 Demostración. Definamos g (t) = f (a + tu), esta función nes diferenciable en 0 por se compuesta de diferenciables, además por la regla de la cadena g 0 (t) = ∇f (a + tu) · u evaluando en t = 0 se obtiene g 0 (0) = ∇f (a) · u por otro lado g (t) − g (0) t−0 f (a + tu) − f (a) = l´ım t→0 t ∂f = (a) ∂u

g 0 (0) = l´ım t→0

as´ı

∂f (a) = ∇f (a) · u ∂u

Ejemplo 9.8.3. Verifique que la derivada direccional de z = elipse: 2x2 + y 2 = c2

y2 x

en cualquier punto de la

en la dirección de la normal a la curva es nula. Soluci´ on. Note que la curva es el conjunto de nivel c2 de la función g (x, y) = 2x2 + y 2 luego en el punto (x0 , y0 ) de la elipse, la dirección normal es ∇g (x0 , y0 ) 1 =p (4x0 , 2y0 ) k∇g (x0 , y0 )k 16x20 + 4y02 1 = p 2 (2x0 , y0 ) 4x0 + y02

n =

412


luego la derivada direccional es ∂z (x0 , y0 ) ∂n ∇g (x0 , y0 ) = ∇z (x0 , y0 ) · k∇g (x , y0 )k 2 0 y 2y0 1 − 02 , · (2x0 , y0 ) = p 2 2 x0 x0 4x0 + y0 2y02 2y02 1 − = p 2 + x0 x0 4x0 + y02 = 0 como se quer´ıa demostrar. Observaci´ on 9.8.4. Suponiendo las condiciones del teorema anterior, utilizando las propiedades euclidianas de Rn , obtenemos: ∂f (a) = h∇f (a) , ui ∂u = k∇f (a)k kuk cos θ = k∇f (a)k cos θ en donde θ = ∠ (∇f (a) ; u) ∈ [0, π]. Note que: ∂f (a) ≤ k∇f (a)k ∂u As´ı, si en particular ∠ (∇f (a) ; u) = 0 entonces − k∇f (a)k ≤

∂f (a) = k∇f (a)k ∂u Es decir, la máxima razón de cambio de f se obtiene en la dirección del gradiente ∇f (a) y de manera similar, si ∠ (∇f (a) ; u) = π entonces ∂f (a) = − k∇f (a)k ∂u máximo decrecimiento. Teorema 9.8.2. Sean U ⊆ Rn abierto y f una funci´ on diferenciable en a ∈ U , entonces ∇f (a) la dirección de máximo crecimiento de f es k∇f . Adem´ as, obtenemos que: (a)k ∂f k∇f (a)k = máx (a) : kuk = 1 ∂u De manera similar, la menor derivada direccional de f se obtiene en la dirección de ∇f (a) − k∇f y (a)k ∂f − k∇f (a)k = m´ın (a) : kuk = 1 ∂u 413


Ejemplo 9.8.4. Un objeto que busca el calor esta localizado en el punto (2, 3) en un plato de metal plano cuya temperatura en el punto (x, y) es T (x, y) = 30 − 8x2 − 2y 2 . Determine el camino que sigue el objeto si este se mueve en forma continua en la dirección de máximo incremento de la temperatura en cada punto. Ind. Describir el camino como curva paramétrica x = x (t), y = y (t). Soluci´ on. El objeto se mueve en la dirección del gradiente luego dx dy , = k∇T = k (x, −4y) dt dt se sigue dx = −16kx dt dy = −4ky dt con (x (0) , y (0)) = (2, 3) de donde dy dy −4ky y dt = = dx = dx −16kx 4x dt y (2) = 3

resolvemos el P.V.I. y dy = dx 4x y (2) = 3 √ la ecuación tiene solución y = C 4 x de donde obtenemos √ 3 4 3=C 2⇒C= √ 4 2 y as´ı r x y=3 4 2

Ejemplo 9.8.5. Sea f (x, y, z) = 3x2 y + 2xy 2 + z 3 . Calcule la derivada direccional de f en (−1, 0, 1) en la dirección de un vector normal a la superficie: sin(xy 2 ) + xy 2 z 2 = 2x − yz − 1 en el punto (0, 1, −1). 414


Soluci´ on. Sea g(x, y, z) = sin(xy 2 ) + xy 2 z 2 − 2x + yz + 1 y considere la superficie S : g(x, y, z) = 0. En primer lugar, note que P (0, 1, −1) ∈ S, pues g(0, 1, −1) = 0. Además, sabemos que: ∇g(0, 1, −1) ⊥P S en donde ⊥P denota perpendicularidad en P (0, 1, −1). As´ı: gx = y 2 cos(xy 2 ) + y 2 z 2 − 2 gy = 2xy cos(xy 2 ) + 2xyz 2 + z gz = 2xzy 2 + y y por tanto: ∇g(0, 1, −1) = gx (0, 1, −1), gy (0, 1, −1), gz (0, 1, −1)

= (0, −1, 1) Por otro lado, como f es diferenciable en (−1, 0, 1), puesto que sus derivadas parciales: fx = 6xy + 2y 2 fy = 3x2 + 4xy fz = 3z 2 son funciones continuas en (−1, 0, 1), tenemos que:

∂f (−1, 0, 1) = ∇f (−1, 0, 1), u ∂u en donde ∇f (−1, 0, 1) = (0, 3, 3). As´ı, finalmente, un vector unitario en la dirección del vector normal ∇g(0, 1, −1) se obtiene haciendo u = ∇g(0, 1, −1)/k∇g(0, 1, −1)k y entonces:

∂f (−1, 0, 1) = ∇f (−1, 0, 1), u ∂u D √ √ E = (0, 3, 3), 0, − 2/2, 2/2 =0

Ejercicios del cap´ıtulo 1. Calcule las derivadas parciales de las siguientes funciones: √ a) f (x, y) = ln sin x+a y 415


b) f (x, y, z) = xy c) f (x, y) =

z

1 y arctan( x )

d ) f (x, y, z) = (x + z)x+y e) f (x, y) = arcsin √

x x2 +y 2

2. Suponga que g : R → R es una función continua. Calcule las derivadas parciales de f si: a) f (x, y) =

R x+y a

Z

g (t) dt

sin(x sin(y+z 2 ))

b) f (x, y, z) =

z g (t) dt xy

3. Calcular las derivadas parciales de las siguientes funciones: a) f (x, y) = 31 x3 − 3x2 y + 3xy 2 + y 3 p b) f (x, y) = ln (x + 2 x2 + 3y 2 ) x2 − 2xy x+y d ) f (x, y) = x4 − x3 y + x2 y 2 − xy 3 + y 4 x+y e) f (x, y) = x−y f ) f (x, y) = ln(x2 + y 2 ) c) f (x, y) =

g) f (x, y) = xy + y x x h) f (x, y) = x cos y 2 i ) f (x, y) = arctan x+y j ) f (x, y, z) = xy+x − y z−y + z x+y k ) f (x, y, z) = logx (x + y + z) 4. Pruebe que si f (x, y) =

2x entonces fx (3, 1) + fy (3, 1) = 1 xy

5. Pruebe que si f (x, y) = Ax4 + 28x2 y 2 + Cy 4 , entonces x 6. Sea f (x, y) = ex+y . Pruebe que:

∂ m+n f (x, y) = ex+y . ∂xm ∂y n

416

∂f ∂f +y = 4f (x, y) ∂x ∂y


∂ 2z ∂ 2z = ∂x∂y ∂y∂x

7. Sea z = f (x, y). Verifique que a) z = x2 − 4xy + 3y 2 b) z = ln(x + y) c) z = (x3 + y 3 )10 d ) z = (x + y) sec(xy) e) z = x2 cos(y −2 ) 4 f ) z = arctan(xy) π 8. Verifique que f (x, y) = arctan

y

9. Hallar

si z =

∂ 2z (x, y), ∂x∂y p 2xy + y 2 , siendo 2xy + y 2 > 0. 2 kt

10. Muestre que u(x, t) = e−n 11. Sea

x

∂ 2f ∂ 2f satisface la ecuación + 2 =0 ∂x2 ∂y

sin(nx) satisface la ecuación

∂u ∂ 2u =k 2 ∂t ∂x

x2 y si (x, y =6= (0, 0) f (x) = x4 + y 2  0 si (x, y) = (0, 0)  

Pruebe que existen todas las derivadas direccionales de f en (0,0) pero f no es continua en el origen.  xy 3   si (x, y) 6= (0, 0)  2 x + y2 12. Sea f (x, y) =    0 si (x, y) = (0, 0) a) ¿f es continua en (0,0)? ∂f ∂f b) ¿Existen (0, 0), (0, 0)? ∂x ∂y  4 x (y + 2)2   si (x, y) 6= (0, −2)  x2 + y 2 13. Sea f (x, y) =    0 si (x, y) = (0, −2) a) Analice la continuidad de f en (0,-2). 417


b) Calcule, si existe,

∂f (0, −2) ∂x

14. Sea

f (x, y) =

   2 2 k   (x + (y − 1) ) sin    

p

x2 + (y − 1)2

0

si (x, y) 6= (0, 1)

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

Determine todos los valores de k ∈ R de modo que 15. Sea

!

1

∂f ∂f (0, 1) y (0, 1) existan. ∂x ∂y

 y x  2  − y 2 arctan si xy = 6 0  x arctan x y f (x, y) =    0 si xy = 0

Calcule, si existen,

∂f ∂f (0, 1) y (1, 0) ∂x ∂y

16. Verifique que la función f : R → R2 definida por f (x) = (x2 , x3 ) es diferenciable en R. Calcule Df (x). 17. Sea f : R3 → R2 la función definida por: f (x, y, z) = xy 2 , yz 2

Demuestre, por definición, que f es diferenciable en R3 . Calcule Df (x, y, z) 18. Considere f : Rn → Rm . Suponga que existe M > 0 tal que: kf (x) k < M kxk2 para todo x ∈ Rn . Verifique que f es derivable en 0 y que además Df (0) = 0. p 19. Sea f : R2 → R la función f (x, y) = |xy|. ¿Es f diferenciable en (0, 0)? 20. Sea:

x2 y 2 , f (x, y) = x2 + y 4  0 ,  

∂f en cada punto donde exista. ∂x ∂f es continua en el punto (0, 0) ∂x

si (x, y) 6= (0, 0) si (x, y) = (0, 0)

a) Calcular b) Decidir

418

y si acaso f es diferenciable en (0, 0).


21. Demuestre que las siguientes funciones son derivables y calcule su derivada: a) f (x, y) = ey , sin xy, x2 + 2y 3

b) g (x, y, z, w) = xyzw2 , esin w , x2

22. Calcule ∇f (x, y), en términos de derivadas de g (x) y h (x) , para las funciones f (x, y) siguientes: a) f (x, y) = g (x) b) f (x, y) = g (y) c) f (x, y) = g (x + y)2 + g (x)h(y) − 3g (x2 − 3y 2 ) 23. Verifique lo siguiente: ∂z ∂z a) Si z = xy + xey/x , entonces x ∂x + y ∂y = xy + z.

b) Si u = (x − y) (y − z) (z − x), entonces a) Se supone que

∂z ∂y

=

x . x2 +y 2

b) Se supone que

∂u ∂x

=

x2 +y 2 x

∂u ∂x

+

∂u ∂y

= − ∂u . ∂z

Calcule z = z (x, y). y que u (1, y) = sin y. Calcule u = u (x, y).

∂z 24. Sea z = logy x. Calcule ∂y . x+y 25. Sea z = f x−y , con f una función clase C 1 (R). Verifique que:

x

26. Sean f : R → R y u (x, y) = xy f se verifique la relación: x2

∂z ∂z +y =0 ∂x ∂y

x+y xy

. Hallar una función escalar g (x, y) tal que

∂u ∂u − y2 = g (x, y) u (x, y) ∂x ∂y

27. Calcule:

d (g ◦ f ) (t) dt t=2 2 t−2 3 si f (t) = (t, t − 4, e ) y g : R → R es tal que: ∂g (2, 0, 1) = 4 ∂x

∧

∂g (2, 0, 1) = 2 ∂y

419

∧

∂g (2, 0, 1) = 2 ∂z


28. Calcule D h (x, y, z), si: h (x, y, z) = f (u (x, y, z) , v (x, y) , w (y, z)) ∂u ∂2u ∂ = ∂x . Considere z = u (x, y) eax+by tal que 29. Se define ∂x∂y ∂y valores de las constantes a, b ∈ R de modo que:

∂2u ∂x∂y

= 0. Hallar los

∂z ∂z ∂ 2z − − +z =0 ∂x∂y ∂x ∂y 30. Sea f : Rp → R una función. Se dice que f es homogenea de grado m si, para cada x ∈ Rp y cualquier t ∈ R se tiene que: f (t x) = tm f (x) Demuestre que si f es homogenea de grado m y diferenciable, entonces: hDf (x) , xi = m f (x) 31. Calcule

∂z , ∂x

si: z = f (u)

con u = xy + xy . 32. Hallar u0 (x), si: u = f (x, y, z) donde y = ϕ (x) y ψ (x, y). 33. Sea f (x, y, z) = x sin xy − z definida sobre: A = (x, y, z) ∈ R3 : y 6= 0 Considere la superficie: S = (x, y, z) ∈ R3 : f (x, y, z) = 0 Verifique que el plano tangente a S en cualquier punto de S pasa por el origen. 34. Encontrar la ecuación del plano tangente a la superficie S dada por la gráfica de la función: a) z = x2 + y 2 en el punto (0, 0, 0). b) z = (x + y)2 − 2x en el punto (1, 1, 0). 420


p x2 + y 2 + (x2 + y 2 ) en (1, 0, 2). p √ d ) f (x, y, z) = x2 + 2xy − y 2 + 1 en el punto 1, 1, −2, 3 . c) f (x, y) =

35. Considere la superficie: π S : z 2 = −3x2 y + cos 2xy + 4 √ a) ¿Se puede calcular el plano tangente a S en el punto 0, 0, 2 ? Explique. √ b) ¿Se puede calcular el plano tangente a S en el punto 1, − π4 , 23π ? Explique. 36. Sea f (x, y) = x2 − xy + 2y 2 . Hallar la derivada direccional de f en el punto (1, 2) y ◦ en dirección que forma con el eje x positivo un ańgulo de 60 . 37. Sea f (x, y) = x3 − 2x2 y + xy 2 + 1. Hallar la derivada direccional de f en el punto (1, 2) en la dirección que va desde este punto al punto (4, 6). 38. Determinar los valores de las constantes a, b, c ∈ R de modo que la derivada direccional de: f (x, y, z) = a xy 2 + b yz + c z 2 x3 en el punto (1, 2, −1) tenga un valor máximo de 64 en una dirección paralela al eje → − X. 39. Sea f : R2 → R la función definida por: ( 2 f (x, y) =

x y x3 −y 2

0

, ,

si x3 − y 2 = 6 0 3 2 si x − y = 0

Verifique que f tiene en (0, 0) derivada en cualquier dirección, pero que no es diferenciable en dicho punto. 40. Calcule la derivada direccional de la función f en el punto P y en dirección del vector v. a) f (x, y) = 2x2 + 3xy + 4y 2 , P (2, 1), v = (1, 1). x b) f (x, y) = arctan , (−3, 3), v = (3, 4). y c) f (x, y, z) = x2 + 3xy + 4y 2 , (1, 1, 2), v = (2, 3, 0). z x d ) f (x, y, z) = , P (1, 1, 1), v = (2, 1, −1) y 41. Calcule la derivada de f (x, y) = x4 + x3 y 2 + y en (1, 1) y en la dirección de la tangente a la curva y = x4 . 421


42. Calcule la derivada direccional de f (x, y) = xy + x2 + x4 y, en (1, 1) y en la dirección del vector que forma una ángulo de 60◦ con el eje x. 43. Encuentre la máxima derivada direccional de f en P . a) f (x, y) = 2x2 + 3xy + 4y 2 , en P (1, 1). b) f (x, y, z) = e−(x+y+z) , en P (5, 2, 3). 44. Dada la función f (x, y) se sabe que: f 0 (x0 ; v) = 2 si x0 = (1, 2) y v = (2, 2) 0 f (x0 ; v) = −2 si x0 = (1, 2) y v = (1, −1)

Calcule ∇f (1, 2) y f 0 (x0 ; v) cuando x0 = (1, 2) y v = (4, 6) 45. Suponga que la temperatura en el punto (x, y, z) está dada por T (x, y, z) = 3x2 + 2y 2 − 4z. Determine el valor de la razón de cambio de T en P (−1, −3, 2) en dirección a Q(−4, 1, −2). ¿Cuál es la taza de máxima variación?. 46. Hallar los puntos (x, y) y las direcciones para las que la derivada direccional de f (x, y) = 3x2 + y 2 tiene el valor máximo si (x, y) está en el c´ırculo x2 + y 2 = 1. 47. Calcule la derivada direccional de f (x, y, z) = x2 + y 2 − z 2 en (3, 4, 5) a lo largo de la curva intersección de las superficies 2x2 + 2y 2 − z 2 = 25 y x2 + y 2 = z 2 . 48. Calcular la ecuación del plano tangente a la superficie dada por: a) f (x, y) = 3x2 + 8xy en el punto (x0 , y0 ) = (1, 0). p b) f (x, y) = x2 + y 2 en el punto (x0 , y0 ) = (1, 2) Z x2 +y2 √ c) f (x, y) = e− t dt en el punto (x0 , y0 ) = (1, 1) 0 1 π 1 d ) f (x, y, z) = sen(xyz) − en el punto 3, , 2 6 3 49. Hallar una constante c tal que en todo punto de la intersección de las dos esferas: (x − c)2 + y 2 + z 2 = 3

x2 + (y − 1)2 + z 2 = 1

los planos tangentes correspondientes sean perpendiculares el uno al otro. 50. Demuestre que la superficie x2 − 2yz + y 3 = 4 es ortogonal a cualquiera de las superficies de la familia x2 + 1 = (2 − 4a)y 2 + az 2 en el punto de intersección (1, −1, 2). 422


51. Determinar en que punto de la superficie z = 3xy − x3 − y 3 el plano tangente es horizontal (paralelo al plano z = 0) 52. Pruebe que si u = x2 y + y 2 z + z 2 x, entonces

∂u ∂u ∂u + + = (x + y + z)2 ∂x ∂y ∂z

53. Si w = x2 + y 2 + z 2 encuentre el diferencial total de w 54. Sea f (x, y) =

xy x+y

Demuestre que : x2

2 ∂ 2f ∂ 2f 2∂ f + y + 2xy =0 ∂x2 ∂x∂y ∂y 2

55. Probar que el volumen formado por el plano tangente a la superficie xyz = m3 , en cualquier punto, y los planos coordenados es constante. 56. Hallar

si z =

∂ 2z (x, y), ∂x∂y p 2xy + y 2 , siendo 2xy + y 2 > 0.

57. Calcular la ecuación del plano tangente a la superficie dada por z = 3x2 + 8xy en el punto (x, y) = (1, 0). 58. Calcular las derivadas de segundo orden: a) f (x, y) = x3 + 3x2 y + 6xy 2 − y 3 b) 2x4 − 3x2 y 2 + y 4 = z 59. Sea f (x, y) = ϕ(x2 + y 2 ), considere ϕ diferenciable, pruebe que: y

∂f ∂f −x =0 ∂x ∂y

60. Demuestre que la función u(x, t) satisface la ecuación

2 ∂ 2u 2∂ u = a para: ∂t2 ∂x2

a) u(x, t) = ϕ(x − at) + ψ(x + at) donde ϕ y ψ son funciones de clase C 2 . b) u(x, t) = sen(akt) sen(kx) con k ∈ Z. 61. Se dice que una función es armónica si verifica que ∇2 f =

∂ 2f ∂ 2f + =0 ∂x2 ∂y 2

423


Sea f : R2 → R una función de clase C 2 armónica y sean x = eu cos v

y = eu sen v

Consideremos la función g : R2 → R definida como g(u, v) = f (x(u, v) , y(u, v)). a) Pruebe que

∂g ∂u

2

+

∂g ∂v

2

= e2u

"

∂f ∂x

2

+

∂f ∂y

2 #

b) Pruebe que g es armónica. Es decir ∂ 2g ∂ 2g ∇g= + =0 ∂u2 ∂v 2 2

62. Si x2 = y 2 + f (x2 + z 2 ), Calcular: xy

∂y ∂y ∂z ∂z + yz − zx ∂x ∂x ∂x ∂x

63. Sea f (x, y) = x2 g(x2 y). Pruebe que x 64. Sea f (x, y) = g(x, y) eax+by con

∂f ∂f − 2y = 2f (x, y). ∂x ∂y

∂ 2g = 0. Determine los valores de las constantes a ∂x∂y

y b para que ∂ 2f ∂f ∂f − − +f =0 ∂x∂y ∂x ∂y 65. Sea f : R2 → R la función definida por: ( |x|y √ , x2 +y 2 f (x, y) = 0 ,

si x3 − y 2 6= 0 si x3 − y 2 = 0

Verifique que f es continua en (0, 0), que posee derivada direccional en (0, 0) en cualquier dirección que no es diferenciable en dicho punto. 66. Sea f : R2 → R la función definida por: ( f (x, y) = a) Calcule

∂f ∂x

(0, 0) y

∂f ∂y

(0, 0). 424

x y

, 0 ,

si y 6= 0 si y = 0


b) Sea u = (α, β) tal que αβ 6= 0. ¿Existe

∂f ∂u

(0, 0)?

67. Una mosca se encuentra volando, circularmente, en alguna cocina. La due˜ na de casa, ante la presencia del insecto, roc´ıa el aire con alg´ un insecticida. La distribución del veneno en el aire se puede modelar mediante la superficie: z = 10 + 6 cos x cos y + 3 cos 2x + 4 cos 3y Ante el peligro, la mosca establece (rápidamente) un sistema de referencia y determina que se encuentra en el punto π3 , π3 , 6 . ¿En qué dirección deber´ıa arrancar la mosca si quiere sobrevivir? a) Encontrar la ecuación del plano tangente a la superficie x = e2y−z en (1, 1, 2) y un vector unitario normal a este plano. b) Sea f (x, y, z) = z − ex sin y y sea a = ln 3, 3π , −3 . Calcular el valor de c tal 2 que a ∈ S, donde: (x, yz) ∈ S ⇐⇒ f (x, y, z) = c Hallar, además, el plano tangente a esta superficie en a. c) Sea f (x, y) = √ x2 2 . Hallar el plano tangente a la superficie f (x, y) = z en el x +y punto 3, −4, 35 . 68. Una función u está definida por una ecuación de la forma: x+y u = xy f xy Demostrar que u satisface una ecuación en derivadas parciales de la forma: x2

∂u ∂u − y2 = u G (x, y) ∂x ∂y

Calcule, además, G (x, y). 69. Sean k una constante positiva y g (x, t) = Z f (x, t) =

1 √x . 2 kt g(x,t)

Considere: 2

e−u du

0

Demuestre que: k

∂ 2f ∂f = ∂x2 ∂t

70. Las ecuaciones: u = f (x, y)

∧

x = X (s, t)

∧

y = Y (s, t)

definen u como una función de s y t, digamos: u = F (s, t). 425


a) Emplee una forma adecuada de la regla de la cadena para expresar las derivadas y ∂F en función de ∂f , ∂f , ∂X , ∂X , ∂Y y ∂Y . parciales ∂F ∂s ∂t ∂x ∂y ∂s ∂t ∂s ∂t b) Asumiendo que f ∈ C 2 , demuestre que: 2 2 ∂ 2F ∂X ∂Y ∂ 2 f ∂f ∂ 2 Y ∂f ∂ 2 X ∂ 2 f ∂X ∂ 2 f ∂Y +2 + = + 2 + 2 ∂s2 ∂x ∂s2 ∂x ∂s ∂s ∂s ∂x∂y ∂y ∂s2 ∂y ∂s 71. Resuelva el ejercicio anterior para los casos: a) X (s, t) = s + t e Y (s, t) = st. b) X (s, t) = st e Y (s, t) = st . c) X (s, t) = 21 (s − t) e Y (s, t) = 12 (s + t). 72. La sustitución x = es e y = et transforma f (x, y) en g (s, t) siendo g (s, t) = f (es , et ). Se sabe, además, que f satisface la ecuación en derivadas parciales: x2

2 ∂ 2f ∂f ∂f 2∂ f + y +x +y =0 2 2 ∂x ∂y ∂x ∂t

Demuestre que g satisface otra ecuación de la forma: ∂ 2g ∂ 2g ∂g ∂g + b +c +d =0 2 2 ∂s ∂t ∂s ∂t para ciertas constantes a, b, c, d ∈ R. Calcule los valores de dichas constantes. a

73. Escriba la ecuación:

∂z ∂z +y = x2 y ∂x ∂y en las variables u y v mediante el cambio de variables: y u=x ∧ v= x x

74. Represente la ecuación: ∂2 ∂ 2z ∂ 2z + 2 − 3 =0 ∂x2 ∂x∂y ∂y 2 en las variables u y v definidas por el cambio de variables: u = 3x − y

∧

v =x+y

75. Escriba la ecuación:

∂ 2z ∂ 2z ∂ 2z + (x + y) + x =0 ∂x2 ∂x∂y ∂y 2 en términos de u y v las cuales vienen dadas por el cambio de variables: y

u = x2 − y 2

426

∧

v =y−x

Cap´ıtulo 10 : M´ aximos y m´ınimos

Extremos locales Definici´ on 10.1.1. Sean U ⊆ Rn un conjunto abierto y f : U ⊆ Rn → R una función. Diremos que x0 ∈ U es un punto de: 1. M´ınimo local, si existe un δ > 0 tal que ∀x ∈ B (x0 , δ) ∩ U, f (x0 ) ≤ f (x) 2. Máximo local, si existe un δ > 0 tal que ∀x ∈ B (x0 , δ) ∩ U, f (x0 ) ≥ f (x) 3. Extremo local si es máximo o m´ınimo local.

Cuando trabajamos con funciones diferenciables de una variable los extremos locales ocurren en los puntos en los cuales f 0 (x) = 0, este resultado se extiende a funciones de varias variables. Suponga que x0 = (x01 , x02 , . . . , x0n ) es un punto de máximo local de f : U ⊆ Rn → R entonces existe un δ > 0 tal que ∀x ∈ B (x0 , δ) ∩ U, f (x0 ) ≥ f (x) es decir, ∀x ∈ U, kx − x0 k < δ ⇒ f (x0 ) ≥ f (x). Definamos la función g

:

I⊆R→R

t → g (t) = f t, x02 , x03 , . . . , x0n 427


donde I es un intervalo abierto con x01 ∈ I entonces

t, x02 , x03 , . . . , x0n − x01 , x02 , . . . , x0n < δ ⇒ g x01 = f (x0 ) ≥ f t, x02 , x03 , . . . , x0n = g (t) pero

t, x02 , x03 , . . . , x0n − x01 , x02 , . . . , x0n < δ ⇔ t − x01 < δ luego |t − x01 | < δ ⇒ g (x01 ) ≥ g (t) de esta forma g tiene un máximo local en t = x01 se sigue que como g es diferenciable g 0 x01 = 0 pero g

0

x01

g (x01 + h) − g (x01 ) = l´ım h→0 h f (x01 + h, x02 , x03 , . . . , x0n ) − f (x01 , x02 , x03 , . . . , x0n ) = l´ım h→0 h ∂f (x0 ) f (x0 + he1 ) − f (x0 ) = = l´ım h→0 h ∂x1

se sigue ∂f (x0 ) =0 ∂x1 el mismo procedimiento se puede realizar para todas las variables. Teorema 10.1.1. Sea f : U ⊆ Rn → R una función diferenciable, donde U es un conjunto abierto. Si x0 ∈ U es un extremo local de f entonces ∇f (x0 ) = 0. Definici´ on 10.1.2. Sea f : U ⊆ Rn → R una función diferenciable, donde U es un conjunto abierto. Llamaremos puntos cr´ıticos de f a todos aquellos puntos x0 ∈ U que cumplen ∇f (x0 ) = 0. Si x0 es un punto cr´ıtico que no es un extremo local entonces x0 se dice punto de silla.

428


Ejemplo 10.1.1. Considere la función f : R2 → R, (x, y) → f (x, y) = x2 + y 2 , esta función es diferenciable en todo R2 , sus puntos cr´ıticos son aquellos (x, y) tales que ∇f (x, y) = (0, 0) pero ∂f ∂f (x, y) , (x, y) = (2x, 2y) = (0, 0) ∂x ∂y es decir, el u ´ nico punto cr´ıtico es (0, 0). Por la forma de la función sabemos que (0, 0) es un punto de m´ınimo ya que f (0, 0) = 0 ≤ x2 + y 2 = f (x, y) más a´ un es un m´ınimo global (en él, la función asume el menor valor que puede tomar en todo su dominio) Ejemplo 10.1.2. Considere la función f : R2 → R, (x, y) → f (x, y) = −x2 − y 2 , esta función es diferenciable en todo R2 , sus puntos cr´ıticos son aquellos (x, y) tales que ∇f (x, y) = (0, 0) pero ∂f ∂f (x, y) , (x, y) = (−2x, −2y) = (0, 0) ∂x ∂y es decir, el u ńico punto cr´ıtico es (0, 0). Por la forma de la función sabemos que (0, 0) es un punto de máximo ya que f (0, 0) = 0 ≥ −x2 − y 2 = f (x, y) más a´ un es un máximo global (en él, la función asume el mayor valor que puede tomar en todo su dominio). Ejemplo 10.1.3. Considere la función f : R2 → R, (x, y) → f (x, y) = x2 − y 2 , esta función es diferenciable en todo R2 , sus puntos cr´ıticos son aquellos (x, y) tales que ∇f (x, y) = (0, 0) 429


pero

∂f ∂f (x, y) , (x, y) = (2x, −2y) = (0, 0) ∂x ∂y

es decir, el u ńico punto cr´ıtico es (0, 0). Note que, si x, y 6= 0 entonces −y 2 = f (0, y) < 0 = f (0, 0) < f (x, 0) = x2 de esta forma, arbitrariamente cerca de (0, 0) hay puntos en los cuales la función toma valores mayores y menores. (0, 0) es un punto de silla.

Figura: La silla de montar Claramente, no siempre es posible realizar este análisis para ver si los puntos son máximos, m´ınimos o puntos de silla, necesitamos a´lg´ un criterio que nos permita distinguir entre estos tipos de puntos. En cálculo de una variable tenemos el siguiente criterio: Si x0 es un punto cr´ıtico de f , entonces f 00 (x0 ) > 0 implica que x0 es punto de m´ınimo local y si f 00 (x0 ) < 0 de máximo local. Si f 00 (x0 ) = 0 no hay información. Este método requiere el signo de la segunda derivada veamos como se puede generalizar a funciones de varias variables: Proposici´ on 10.1.1. Sea n ∈ N y f : [a, b] → R una función tal que f 0 , f 00 , . . . , f (n) existen en [a, b] además f (n) es continua en [a, b] y diferenciable en ]a, b[ entonces existe c ∈ ]a, b[ tal que f (b) =

n X f (k) (a) k=0

k!

f (n+1) (c) (b − a) + (b − a)n+1 (n + 1)! k

430


Demostración. La demostración se basa en el teorema del valor medio, Para x ∈ [a, b] defina n X f (k) (a) (x − a)k P (x) = k! k=0 y F : [a, b] → R x → F (x) = f (x) − P (x) −

f (b) − P (b) (b − a)n+1

(x − a)n+1

la función esta bien definida además F (a) = F (b) = 0 por el teorema de Rolle existe un c1 ∈ ]a, b[ tal que F 0 (c1 ) = 0 pero note que F 0 (a) = 0 entonces existe c2 ∈ ]a, c1 [ tal que F 00 (c2 ) = 0 pero F 00 (a) = 0... este proceso continua hasta la existencia de un c = cn+1 ∈ ]a, cn [ tal que F (n+1) (c) = 0 como P (n+1) (x) ≡ 0 se sigue f (b) − P (b) (n+1) f (c) = (n + 1)! (b − a)n+1 es decir

f (n+1) (c) (b − a)n+1 + P (b) = f (b) (n + 1)!

Si f : [a, b] → R es una función tal que f 0 , f 00 existen en [a, b] además f 00 es continua en [a, b] y diferenciable en ]a, b[ entonces existe c ∈ ]a, b[ tal que f (b) =

2 X f (k) (a) k=0

k!

(b − a)k +

es decir

f (3) (c) (b − a)3 (n + 1)!

f (3) (c) f 00 (a) (b − a)2 + (b − a)3 2 3! pongamos x0 y x0 + h en lugar de a, b entonces (3) x0 +h 00 f c f (x ) 0 x 0 f (x0 + h) = f (x0 ) + f 0 (x0 ) h + h2 + h3 2 3! si x0 es un punto cr´ıtico f 0 (x0 ) = 0 y as´ı f 00 (x0 ) 2 f (3) cxx00 +h 3 h + h f (x0 + h) − f (x0 ) = 2 3! ! (3) x0 +h 00 f c f (x ) 0 x0 = h2 + h 2 3! f (b) = f (a) + f 0 (a) (b − a) +

431


Suponga que f 00 (x0 ) 6= 0, como f (3) cxx00 +h h=0 l´ım h→0 3! se sigue que existe un δ > 0 tal que 0 < |h| < δ ⇒ f (3) cx0 +h |f 00 (x )| 0 x0 < 3! 4 luego para 0 < |h| < δ ⇒ f 00 (x0 ) |f 00 (x0 )| f 00 (x0 ) f (3) cxx00 +h f 00 (x0 ) |f 00 (x0 )| − < + h< + 2 4 2 3! 2 4 de donde podemos concluir que para 0 < |h| < δ la cantidad mismo signo que f 00 (x0 ). As´ı, si f 00 (x0 ) > 0 entonces

f 00 (x0 ) 2

+

x +h f (3) cx00 3!

h tiene el

! f 00 (x0 ) f (3) cxx00 +h + h 2 3!

f (x0 + h) − f (x0 ) = h2 > h2

luego, para 0 < |h| < δ se cumple f (x0 + h) > f (x0 ) es decir x0 es un m´ınimo. El mismo argumento entrega que x0 es un máximo local cuando f 00 (x0 ) < 0 (notar que el signo de h no influye por estar al cuadrado). Teorema 10.1.2 (Fórmula de Taylor de orden 2 en varias variables). Suponga que U ⊆ Rn es un abierto y f : U → R tiene derivadas parciales continuas hasta el tercer orden entonces 1 f (x0 + h) = f (x0 ) + ∇f (x0 ) h + hT Hf (x0 ) h + R2 (h, x0 ) 2 donde

R2 (h, x0 ) =0 khk→0 khk2   h1  h2    h= .   ..  l´ım

hn

432


y 

∂ 2f (x0 ) ∂x21

     ∂ 2f   ∂x2 ∂x1 (x0 )    2  Hf (x0 ) =  ∂ f (x ) 0  ∂x ∂x 3 1     ..  .     ∂ 2f (x0 ) ∂xn ∂x1

∂ 2f (x0 ) ∂x1 ∂x2

∂ 2f (x0 ) ∂x1 ∂x3

···

∂ 2f (x0 ) ∂x22

∂ 2f (x0 ) ∂x2 ∂x3

···

∂ 2f (x0 ) ∂x3 ∂x2

∂ 2f (x0 ) ∂x23

···

.. .

.. .

..

∂ 2f (x0 ) ∂xn ∂x2

∂ 2f (x0 ) ∂xn ∂x3

···

.

 ∂ 2f (x0 )  ∂x1 ∂xn    2  ∂ f (x0 )   ∂x2 ∂xn     ∂ 2f (x0 )   ∂x3 ∂xn     ..  .     ∂ 2f (x ) 0 ∂x2n

La demostración es el teorema de Taylor de una variable y la regla de la cadena, en efecto, si ponemos g (t) = f (x0 + ht) entonces g (1) = f (x0 + h) g (0) = f (x0 ) y por la regla de la cadena g 0 (t) = Df (x0 + ht) D (x0 + ht) es decir g 0 (t) = ∇f (x0 + ht) · h n X ∂f (x0 + ht) hi = ∂xi i=1 as´ı

n X ∂f g (0) = (x0 ) hi = ∇f (x0 ) · h ∂xi i=1 0

además ! n X ∂f (x0 + ht) hi ∂x i i=1 n X d ∂f = hi (x0 + ht) dt ∂xi i=1

d g 00 (t) = dt

433


usando la regla de la cadena 00

g (t) = = = = de manera similar 000

g (t) =

n X i=1 n X

hi ∇ hi

i=1 n X n X

∂f (x0 + ht) · h ∂xi

n X ∂ 2f (x0 + ht) hj ∂xj ∂xi j=1

!

∂ 2f (x0 + ht) hj hi ∂xj ∂xi

i=1 j=1 n 2 X

∂ f (x0 + ht) hj hi ∂x ∂x j i i,j=1 n X

∂ 2f (x0 + ht) hj hi hk ∂xk ∂xj ∂xi i,j,k=1

se sigue g (1) = g (0) + g 0 (0) 1 +

g 00 (0) 2 g 000 (c) 3 1 + 1 2! 3!

reemplazando f (x0 + h) n n n X 1 X ∂ 2f 1 X ∂f ∂ 2f (x0 ) hi + (x0 ) hj hi + x0 + hc10 hj hi hk = f (x0 ) + ∂xi 2! i,j=1 ∂xj ∂xi 3! i,j,k=1 ∂xk ∂xj ∂xi i=1 note que n 1 1 X ∂ 2f (x0 ) hj hi = hT Hf (x0 ) h 2! i,j=1 ∂xj ∂xi 2

donde    h= 

h1 h2 .. . hn

434

    


y 

∂ 2f (x0 ) ∂x21

     ∂ 2f   ∂x2 ∂x1 (x0 )    2  Hf (x0 ) =  ∂ f (x ) 0  ∂x ∂x 3 1     ..  .     ∂ 2f (x0 ) ∂xn ∂x1

∂ 2f (x0 ) ∂x1 ∂x2

∂ 2f (x0 ) ∂x1 ∂x3

···

∂ 2f (x0 ) ∂x22

∂ 2f (x0 ) ∂x2 ∂x3

···

∂ 2f (x0 ) ∂x3 ∂x2

∂ 2f (x0 ) ∂x23

···

.. .

.. .

...

∂ 2f (x0 ) ∂xn ∂x2

∂ 2f (x0 ) ∂xn ∂x3

···

 ∂ 2f (x0 )  ∂x1 ∂xn    2  ∂ f (x0 )   ∂x2 ∂xn    2  ∂ f (x0 )   ∂x3 ∂xn     ..  .    2  ∂ f (x ) 0 ∂x2n

Observaci´ on 10.1.1. Bajo las hipótesis de continuidad del teorema se tiene ∂ 2f ∂ 2f = ∂xi ∂xj ∂xj ∂xi por lo tanto la matriz Hf (x0 ) llamada Matriz Hessiana es una matriz simétrica. Ahora bien, si x0 es punto cr´ıtico entonces ∇f (x0 ) = 0 se sigue n X ∂f (x0 ) hi = 0 ∂xi i=1

luego la expansión en Taylor quedará 1 f (x0 + h) = f (x0 ) + hT Hf (x0 ) h + R2 (h, x0 ) 2 y podemos generalizar el criterio de la segunda derivada de funciones reales. Definici´ on 10.1.3. Sea A una matriz simétrica. Diremos que una forma cuadrática CA : Rn → R, x → CA (x) = xT Ax es definida positiva si para todo x ∈ Rn se cumple CA (x) = xT Ax ≥ 0 y CA (x) = 0 solo para x = 0. Diremos que es definida negativa si para todo x ∈ Rn se cumple CA (x) = xT Ax ≤ 0 y CA (x) = 0 solo para x = 0. Recordemos que toda matriz simétrica A es diagonalizable ortogonalmente, se sigue que existe una matriz Q invertible QQT = I tal que A = QT DQ 435


donde D = diag (λ1 , λ2 , . . . , λn ) es una matriz diagonal entonces xT Ax = (Qx)T D (Qx) si ponemos 



y1 y2 .. .

  y = Qx =  

   

yn entonces T

x Ax =

n X

λi yi2

i=1

la forma xT Ax es definida positiva (negativa) si y solo si todos los valores propios de A son positivos (negativos). Proposici´ on 10.1.2. Si la forma xT Ax es definida positiva entonces existe c > 0 tal que xT Ax ≥ c kxk2 En efecto, basta considerar c como el m´ınimo de los valores propios de la matriz A. entonces, siguiendo el cálculo anterior con xT Ax = (Qx)T D (Qx)   y1  y2    y = Qx =  .   ..  yn se tiene T

x Ax =

n X

λi yi2

≥c

i=1

n X

yi2 = c kyk2

i=1

pero kyk2 = kQxk2 = (Qx)T (Qx) = xT QT Qx = xT Ix = kxk2 dando el resultado deseado. Teorema 10.1.3. Sean U ⊆ Rn abierto, f : U ⊆ Rn → R una función de clase C 3 (U ) y x0 es un punto cr´ıtico de f . Si f (h) = 12 hT Hf (x0 ) h es definida positiva entonces x0 es un m´ınimo relativo, si es definida negativa es un máximo relativo.

436


Demostración. Supongamos que es definida positiva, por la proposición anterior existe un c > 0 tal que 1 T h Hf (x0 ) h ≥ c khk2 2 y de la expansión de Taylor tenemos f (x0 + h) = f (x0 ) + ∇f (x0 ) h +

hT Hf (x0 ) h + R2 (h, x0 ) 2

donde

R2 (h, x0 ) =0 khk→0 khk2 como x0 es punto cr´ıtico ∇f (x0 ) · h = 0 y as´ı l´ım

hT Hf (x0 ) h + R2 (h, x0 ) 2 ≥ f (x0 ) + c khk2 + R2 (h, x0 )

f (x0 + h) = f (x0 ) +

como

R2 (h, x0 ) =0 khk→0 khk2 (h,x0 ) c existe un δ > 0 tal que 0 < khk < δ ⇒ R2khk < 2 se sigue para 0 < khk < δ 2 R2 (h, x0 ) 2 f (x0 + h) − f (x0 ) ≥ khk c + khk2 c c khk2 2 ≥ khk c − = >0 2 2 as´ı 0 < khk < δ implica f (x0 + h) ≥ f (x0 ) l´ım

luego x0 es un punto de m´ınimo local ( es lo mismo quer decir, si x ∈ B (x0 ; δ) entonces f (x) ≥ f (x0 )). La demostración de Máximo local es similar. Teorema 10.1.4. Sean U ⊆ Rn abierto, f : U ⊆ Rn → R una función de clase C 3 (U ) y x0 es un punto cr´ıtico de f . Si Hf (x0 ) tiene todos sus valores propios no nulos y existen dos con distinto signo entonces x0 es un punto silla. Existen otros métodos para determinar si una matriz es definida positiva o negativa. Sea   a11 a12 . . . a1k . . . a1n  a21 a22 . . . a2k . . . a2  n    .. . . . . . .. ..  .. . . ..  .   A=  ak1 ak2 . . . akk . . . akn     .. .. .. ..   . . ... . ... .  an1 an2 . . . ank . . . ann 437


Denotaremos por Ak a la submatriz    Ak =  

a11 a12 a21 a22 .. .. . . ak1 ak2

. . . a1k . . . a2k . .. . .. . . . akk

    

de esta forma A1 = a11 a11 A2 = a21  a11 A3 =  a21 a31 .. .

a12 a22

 a12 a13 a22 a23  a32 a32

An = A si los determinantes de todas estas submatrices son positivos la matriz generará una forma cuadrática definida positiva y el punto cr´ıtico es un m´ınimo. Si los determinantes se alternan en signo comenzando con el determinante de A1 negativo, A2 positivo, etc, entonces la forma cuadrática será definida negativa y el punto cr´ıtico es un máximo local. Si los determinantes son no nulos y no cumplen con los ordenes de signos anteriores, el punto critico es punto silla. Observaci´ on 10.1.2 (Importante). Los criterios anteriores no entregan información si existen valores propios nulos o los subdeterminates son cero. Ejemplo 10.1.4. Analizar los extremos locales de la función f : R2 → R, (x, y) → f (x, y) = ln (x2 + y 2 + 1) Soluci´ on. Los extremos locales están en los puntos cr´ıticos. Los puntos cr´ıticos de f son aquellos puntos (x, y) tales que ∇f (x, y) = (0, 0) pero ∂f 2x (x, y) = 2 ∂x x + y2 + 1 ∂f 2y (x, y) = 2 ∂y x + y2 + 1 438


se sigue que el uńico punto cr´ıtico es (x, y) = (0, 0). Veamos si es un máximo, m´ınimo local o un punto de silla. Calculemos la Hessiana, para ello necesitamos las derivadas de segundo orden: 2y 2 − 2x2 + 2 ∂ 2f 2 (x2 + y 2 + 1) − 2x (2x) = (x, y) = ∂x2 (x2 + y 2 + 1)2 (x2 + y 2 + 1)2 ∂ 2f −4xy (x, y) = 2 ∂x∂y (x + y 2 + 1)2 ∂ 2f 2x2 − 2y 2 + 2 2 (x2 + y 2 + 1) − 2y (2y) = (x, y) = ∂y 2 (x2 + y 2 + 1)2 (x2 + y 2 + 1)2   2y 2 − 2x2 + 2 −4xy  (x2 + y 2 + 1)2 (x2 + y 2 + 1)2     Hf (x, y) =     −4xy 2x2 − 2y 2 + 2  (x2 + y 2 + 1)2 (x2 + y 2 + 1)2 entonces Hf (0, 0) =

2 0 0 2

2 0 aplicando el criterio de los subdeterminantes vemos que |A1 | = 2 > 0 y 0 2 luego el extremo local es un m´ınimo. Ejemplo 10.1.5. Analizar los extremos de f (x, y) = x3 y + xy 5 + xy. Soluci´ on. Buscamos los puntos cr´ıticos ∇f (x, y) = (0, 0) es decir ∂f (x, y) = 3x2 y + y 5 + y = y 3x2 + y 4 + 1 = 0 ∂x ∂f (x, y) = x3 + 5xy 4 + x = x x3 + 5y 4 + 1 = 0 ∂y luego el u ńico punto cr´ıtico es (x, y) = (0, 0). La Hessiana en este caso es   6xy 3x2 + 5y 4 + 1  Hf (x, y) =  3x2 + 5y 4 + 1

20xy 3

luego 

0

1

Hf (0, 0) = 

 1

439



0

=4>0


entonces no funciona el método de los subdeterminantes pues el primero da cero. Note que los valores propios de esta matriz son 1 y −1 por lo tanto es un punto de silla. Esto se puede ver de la función misma pues f (x, y) = xy x2 + y 4 + 1 cerca del (0, 0) hay puntos donde la función es negativa y positiva luego es un punto de silla. Ejemplo 10.1.6. Clasificar los puntos cr´ıticos de f : R3 → R, (x, y, z) → f (x, y, z) = x2 z + y 2 z + 23 z 3 − 4x − 4y − 10z Soluci´ on. La función esta definida en un abierto y es de clase C ∞ , buscamos los puntos cr´ıticos ∇f (x, y, z) = 2xz − 4, 2yz − 4, x2 + y 2 + 2z 2 − 10 = (0, 0, 0) esto es 2xz − 4 = 0 2yz − 4 = 0 2

2

x + y + 2z 2 − 10 = 0 de las dos primeras ecuaciones se sigue que x, y, z 6= 0 y 2 2 x = ,y = z z reemplazado en la tercera 8 + 2z 2 − 10 = 0 z2 as´ı z = ±1, ±2 tenemos 4 puntos cr´ıticos (2, 2, 1) , (−2, −2, −1) , (1, 1, 2) , (−2, −2, −1) los clasificaremos usando el criterio de la hessiana  2z  Hf (x, y, z) = 0 2x

y subdeterminantes  0 2x 2z 2y  2y 4z

entonces ∆1 = 2z ∆2 = (2z)2 ∆3 = −8z x2 + y 2 − 2z 2 440


y as´ı Punto/Determinante P1 = (2, 2, 1) P2 = (−2, −2, −1) P3 = (1, 1, 2) P4 = (−2, −2, −1)

∆1 + + -

∆2 + + + +

∆3 + + -

Tipo de punto Punto silla Punto silla Punto de m´ınimo local Punto de máximo local

notemos que 2 f (0, 0, z) = z 3 − 10z 3 luego l´ım f (0, 0, z) = +∞

z→+∞

l´ım f (0, 0, z) = −∞

z→−∞

luego la función no tiene máximo ni m´ınimo en todo R3 . Ejemplo 10.1.7. Muestre que π2 , π2 , π2 es un punto de máximo de la función f (x, y, z) = sin x + sin y + sin z − sin (x + y + z) Soluci´ on. Notemos que π2 , π2 , π2 es un punto cr´ıtico pues ∇f (x, y, z) = ∇ (sin x + sin y + sin z − sin (x + y + z)) = (cos x − cos (x + y + z) , cos y − cos (x + y + z) , cos z − cos (x + y + z)) as´ı π π π ∇f , , 2 2 2 π π π π π π = cos − cos π + , cos − cos π + , cos − cos π + 2 2 2 2 2 2 = (0, 0, 0) la Hessiana es Hf (x, y, z)  sin (x + y + z) − sin x    =  sin (x + y + z)   sin (x + y + z)

sin (x + y + z)



sin (x + y + z) − sin y

sin (x + y + z)

     

sin (x + y + z)

sin (x + y + z) − sin z

sin (x + y + z)

441


as´ı π π π , , Hf 2 2 2  sin π + π2 − sin    =  sin π + π2   sin π + π2  −2 −1 −1    =  −1 −2 −1   −1 −1 −2

π 2

sin π + sin π +

π 2

π 2

− sin

sin π +

π 2

π 2

sin π +

π 2

sin π +

π

sin π +

π 2



2

− sin

π 2

     

      

los subdeterminantes son ∆1 = −2 ∆2 = 3 ∆3 = −4 luego el punto cr´ıtico es un punto de máximo local.

Ejemplo 10.1.8. Sea f : R3 → R una función de clase C 2 tal que: ∇f (x, y, z) = 2x − y, 3y 2 − x, 2z − 2 1 1 , , 12 6

1 es un punto cr´ıtico de f y clasifique el punto cr´ıtico P . 1 1 Soluci´ on. El punto P 12 , 6 , 1 es un punto cr´ıtico de f si anula el gradiente ∇f . En efecto:

Verifique que el punto P

∇f

1 1 , , 12 6

1 = 2·

1 12

− 61 , 3 ·

1 36

−

1 , 12

2−2

= (0, 0, 0) Ahora bien, como ∇f (x, y, z) = 2x − y, 3y 2 − x, 2z − 2 , tenemos que: fx = 2x − y fy = 3y 2 − x fz = 2z − 2

442


Luego, fxx = 2, fxy = −1, fxz = 0, fyy = 6y, fyz = 0 y fzz = 2 . Además, como f es de clase C 2 sobre R3 , la matriz hessiana está bien definida y vale:   2 −1 0 Hf (x, y, z) = −1 6y 0 0 0 2 As´ı:  2 −1 0 1 1 , 6 , 1 = −1 1 0 Hf 12 0 0 2 

y como: 2 −1 2 −1 = 1 > 0, =2>0 ∆3 = 2 · ∆1 = 2 > 0, ∆2 = −1 1 −1 1 1 1 se concluye que Hf 12 , 6 , 1 es definida positiva, y por el criterio del hessiano, f tiene un 1 1 , 6, 1 . m´ınimo local en P 12

M´ aximos y m´ınimos en compactos y/o con restricciones El siguiente teorema generaliza el teorema de una variable que afirma que toda función continua f : [a, b] → R alcanza su máximo y m´ınimo absolutos, es decir, existen x0 , x1 ∈ [a, b] tales que f (x0 ) ≤ f (x) ≤ f (x1 ) para todo x ∈ [a, b]. Teorema 10.2.1 (De Weiertrass). Sean K ⊆ Rn un conjunto cerrado y acotado y f : K → R una función continua entonces existen puntos x0 y x1 en K tales que ∀x ∈ K, f (x0 ) ≤ f (x) ≤ f (x1 ) esto es f alcanza su máximo y m´ınimos absolutos en K. Para utilizar tal teorema es conveniente la siguiente proposición. Proposici´ on 10.2.1. La imagen inversa de un conjunto abierto por una función continua es un conjunto abierto. La imagen inversa de un cerrado por una función continua es un conjunto cerrado. Por ejemplo, si consideramos la función continua f (x, y) = y − x2 entonces f −1 (]0, +∞[) = f −1 ({u ∈ R : u > 0}) = (x, y) ∈ R2 : f (x, y) ∈ ]0, +∞[ = (x, y) ∈ R2 : y − x2 > 0 = (x, y) ∈ R2 : y > x2 443


es un conjunto abierto. Si consideramos h (x, y) = x2 + y 2 entonces h es continua y h−1 ([1, 2]) =

(x, y) ∈ R2 : h (x, y) ∈ [1, 2] = (x, y) ∈ R2 : 1 ≤ x2 + y 2 ≤ 2

es la imagen inversa de un cerrado por una función continua, entonces es un conjunto cerrado. Ejemplo 10.2.1. Hallar los valores extremos de f (x, y) = x2 + y 2 − x − y + 1 en el disco D = {(x, y) ∈ R2 : x2 + y 2 ≤ 1} Soluci´ on. La función f (x, y) = x2 + y 2 − x − y + 1 es continua. Note que el disco lo podemos ver como D = h−1 (]−∞, 1]) donde h (x, y) = x2 + y 2 entonces D es cerrado y esta contenido en la bola B ((0, 0) ; 2) luego es acotado. Por el teorema de los extremos absolutos se tiene que f (x, y) alcanza su máximo y m´ınimos absolutos en D, es decir, existen puntos (u0 , v0 ) y (u1 , v1 ) en D tales que ∀ (x, y) ∈ D, f (u0 , v0 ) ≤ f (x, y) ≤ f (u1 , v1 ) Note que tales extremos pueden estar en la bola abierta B = {(x, y) ∈ R2 : x2 + y 2 < 1} o en la circunferencia unitaria S 1 = (x, y) ∈ R2 : x2 + y 2 = 1 Primero busquemos los puntos cr´ıticos en B. ∂f ∂f ∇f (x, y) = (x, y) , (x, y) = (0, 0) ∂x ∂x = (2x − 1, 2y − 1) = (0, 0) el uńico punto cr´ıtico en B es (x, y) = 12 , 12 . El conjunto S 1 lo podemos parametrizar por c : [0, 2π] → S 1 tal que t → c (t) = (cos t, sin t), de esta forma la función f en el conjunto S 1 es f (cos t, sin t) = 2 − cos t − sin t para t ∈ [0, 2π] como es una función de una variable buscamos sus valores extremos con el cálculo diferencial y el teorema de los extremos en R. f 0 = 0 ⇔ sin t − cos t = 0

444


tiene las soluciones t = π4 y t = π4 + π en el intervalo ]0, 2π[ luego se tienen los puntos cr´ıticos 1 1 1 1 1 1 , , √ , √ , −√ , −√ y (1, 0) = (cos 0, sin 0) = (cos 2π, sin 2π) 2 2 2 2 2 2 evaluando en la función obtenemos 2 2 1 1 1 1 1 1 1 f , = + − − +1= 2 2 2 2 2 2 2 √ 1 1 1 1 1 1 f √ ,√ = + − √ − √ +1=2− 2 2 2 2 2 2 2 √ 1 1 1 1 1 1 = + + √ + √ +1=2+ 2 f −√ , −√ 2 2 2 2 2 2 f (1, 0) = 1 − 1 + 1 = 1 1 1 √ √ de donde − 2 , − 2 es el punto de máximo y 21 , 12 es el punto de m´ınimo en el disco. 2 2 Nota: La función es f (x, y) = x − 12 + y − 12 + 12 el valor m´ınimo se alcanza en 1 1 , yel máximoen el disco será en el punto del disco que encuentre más lejos de 12 , 21 2 2

este es − √12 , − √12 .

Extremos restringidos Multiplicadores de Lagrange Es com´ un en problemas querer maximizar o minimizar alguna función sujeta a restricciones dadas. Por ejemplo; En econom´ıa suponga que se quiere vender dos tipos de productos I y II. Sean x e y la cantidad de productos I y II respectivamente. Representemos por f (x, y) la ganancia obtenida cuando se vende una cantidad x de I y y de II, nuestra producción esta limitada o controlada por nuestro capital, de esta forma tenemos una restricción del tipo g (x, y) = c. El problema podr´ıa plantearse como máx f (x, y) (x,y)∈R2 ,g(x,y)=c

Supongamos que x0 es un punto extremo del problema Optimizar f (x) x∈Rn ,g(x)=c

donde f : U ⊆ Rn → R y optimizar es máximo o m´ınimo. Sea c : R → Rn donde g (c (t)) = c 445


y c (0) = x0 entonces por la regla de la cadena ∇g (c (t)) · c0 (t) = 0 se sigue que ∇g (x0 ) · c0 (0) = 0 como x0 es extremo de la f se sigue que f (c (t)) tiene un máximo o m´ınimo en t = 0 luego ∇f (c (t)) · c0 (t) = D (f ◦ c) (t) ∇f (x0 ) · c0 (0) = 0 de esta forma ∇f (x0 ) y ∇g (x0 ) deben ser paralelos es decir ∃λ ∈ R tal que ∇f (x0 ) = λ∇g (x0 ) el n´ umero λ se llama multiplicador de Lagrange y la función de n + 1 variables L (x, λ) = f (x) − λ (g (x) − c) es llamado Lagrangiano del problema. Podemos entonces formular el siguiente teorema: Teorema 10.3.1. Sean f, g : U ⊆ Rn → R funciones de clase C 1 . Sea x0 ∈ U un punto tal que g (x0 ) = c y ∇g (x0 ) 6= 0. Si S = {x ∈ U : g (x) = c} y f |S tiene un extremo local en x0 entonces existe λ0 ∈ R tal que ∇f (x0 ) = λ0 ∇g (x0 )

Observaci´ on 10.3.1. Es lo mismo que buscar los puntos cr´ıticos del Lagrangiano L (x, λ) = f (x) − λ (g (x) − c)

Ejemplo 10.3.1. Sea S ⊆ R2 la recta que pasa por (−1, 0) inclinada en un ańgulo de 45◦ y sea f : R2 → R, (x, y) → x2 + y 2 . Hallar los extremos de f |S . Soluci´ on. La pendiente es tan (45) = 1 entonces y−0=x−1 se sigue que la restricción es g (x, y) = y − x + 1 = 0 446


buscamos los puntos cr´ıticos del Lagrangiano L (x, y, λ) = x2 + y 2 − λ (y − x + 1) as´ı ∂L (x, y, λ) = 2x + λ = 0 ∂x ∂L (x, y, λ) = 2y − λ = 0 ∂y ∂L (x, y, λ) = y − x + 1 = 0 ∂λ Note que de la primera y segunda se obtiene λ = 2y = −2x ⇔ y = −x =

λ 2

reemplazando en la tercera se obtiene 1 1 y=− ⇒x= 2 2 geométricamente podemos deducir que este punto es un m´ınimo (x0 , y0 ) = que el punto es un extremo de f |S pero no de f .

1 , − 12 2

. Note

Ejemplo 10.3.2. Maximizar la función f (x, y, z) = x + z sujeta a la restricción x2 + y 2 + z 2 = 1. Soluci´ on. El conjunto S = {(x, y, z) ∈ R3 : x2 + y 2 + z 2 = 1} es cerrado y acotado y f es una función continua en todo R2 de donde obtenemos que f |S debe tener un máximo y un m´ınimo absolutos. Los buscamos con el método de Lagrange. Pongamos el Lagrangiano L (x, y, z, λ) = x + z − λ x2 + y 2 + z 2 − 1 y debemos buscar sus puntos cr´ıticos ∂L (x, y, z, λ) ∂x ∂L (x, y, z, λ) ∂y ∂L (x, y, z, λ) ∂z ∂L (x, y, z, λ) ∂λ note que λ = 0 o y = 0. λ = 0 no puede de la primera y tercera ecuaciones

= 1 − 2λx = 0 = −2λy = 0 = 1 − 2λz = 0 = x2 + y 2 + z 2 − 1 = 0 ser (sistema inconsistente) entonces y = 0 se sigue 1 2λ 1 z = 2λ

x =

447


as´ı x = z y reemplazando en la u ´ltima 1 2x2 = 1 ⇒ x = ± √ 2 as´ı obtenemos dos puntos cr´ıticos 1 1 1 1 √ , 0, √ y − √ , 0, − √ 2 2 2 2 reemplazando se tiene que el primero es un máximo y el segundo un m´ınimo. Ejemplo 10.3.3. Hallar el mayor volumen que pueda tener una caja rectangular con tapa sujeta a la restricción de que el a´rea de la superficie sea 10 m2 . Soluci´ on. Sean x, y, z los lados de la caja entonces el volumen es V (x, y, z) = xyz, vemos que esta función esta restringida a [0, 10] × [0, 10] × [0, 10] luego debe alcanzar el máximo y m´ınimo absolutos. El a´rea será 2 (xy + xz + zy) = 10 as´ı el Lagrangiano será L (x, y, z, λ) = xyz − λ (xy + xz + zy − 5) buscamos los puntos cr´ıticos ∂L (x, y, z, λ) = yz − λ (y + z) = 0 ∂x ∂L (x, y, z, λ) = xz − λ (x + z) = 0 ∂y ∂L (x, y, z, λ) = xy − λ (x + y) = 0 ∂z ∂L (x, y, z, λ) = xy + xz + zy − 5 = 0 ∂λ note que x 6= 0 pues si fuese cero zy = 5 pero λz = 0 se sigue λ = 0 y as´ı de la primera yz = 0 contradicción, lo mismo para y, z. como son cantidades positivas también las sumas serán distintas de cero yz xz xy = = y+z x+z x+y esto implica x = y = z sustituyendo en la u ´ltima ecuación nos da 3x2 = 5 de donde obtenemos el punto cr´ıtico r

el volumen máximo es V =

q 3 5 3

5 , 3

r

5 , 3

. 448

r ! 5 3


Ejemplo 10.3.4. Encuentre los extremos absolutos de la función f (x, y) = 2x2 +y 2 −2y +1 sujeto a la restricción x2 + y 2 ≤ 4. Soluci´ on. La función es continua y el conjunto compacto, por el teorema de Weierstrass se alcanza el máximo y m´ınimo absolutos en la región. Buscamos los puntos cr´ıticos al interior y en el borde usamos multiplicadores de Lagrange ∇f (x, y) = (4x, 2y − 2) = (0, 0) ⇔ (x, y) = (0, 1) en el borde los extremos deben cumplir (4x, 2y − 2) = λ (2x, 2y) x2 + y 2 = 4 es decir 4x = 2λx 2y − 2 = 2λy x2 + y 2 = 4 de la primera 4x − 2λx = 2x (2 − λ) = 0 ⇒ x = 0 ∨ λ = 2 si x = 0 entonces y = ±2 tenemos los puntos cr´ıticos (0, ±2). Si λ = 2 entonces 2y − 2 = 4y y = −1 de donde x2 + 1 = 4 √ √ √ x = − 3, 3 tenemos los puntos cr´ıticos ± 3, −1 evaluando la función en (0, 1) , (0, ±2) √ y ± 3, −1 se obtiene f (0, 1) = 2 02 + 12 − 2 (1) + 1 = 0 √ √ 2 f ± 3, −1 = 2 ± 3 + (−1)2 − 2 (−1) + 1 = 10 f (0, 2) = 2 (0)2 + (2 − 1)2 = 1 f (0, −2) = 2 (0)2 + (−2 − 1)2 = 9 √ se sigue que (0, 1) es el punto de m´ınimo global y ± 3, −1 puntos de máximo global.

449


Ejemplo 10.3.5. Una pieza larga de lámina galvanizada con ancho w se ha de doblar en forma simétrica con tres lados rectos para hacer un canal de agua lluvia. En la figura se muestra una sección transversal. Determine las dimensiones que permiten el máximo flujo de agua.

Soluci´ on. Vamos a maximizar el a´rea de la sección transversal. Con los datos de la figura 1 A (x, θ) = 2 (x cos θ) (x sin θ) + (w − 2x) (x sin θ) 2 = x2 sin θ cos θ + (w − 2x) (x sin θ) x2 = sin (2θ) + wx sin θ − 2x2 sin θ 2 450


donde (x, θ) ∈ 0, w2 × 0, π2 buscamos los puntos cr´ıticos al interior Aθ = x2 cos (2θ) + wx cos θ − 2x2 cos θ Ax = x sin (2θ) + w sin θ − 4x sin θ despejando x en las dos x2 cos (2θ) + wx cos θ − 2x2 cos θ = 0 ⇒ x = −w

cos θ cos 2θ − 2 cos θ

x sin (2θ) + w sin θ − 4x sin θ = 0 ⇒ x = −w

sin θ sin 2θ − 4 sin θ

de donde obtenemos −w

cos θ cos 2θ − 2 cos θ

= −w ⇒

sin θ sin 2θ − 4 sin θ

(cos θ) (sin 2θ − 4 sin θ) = (sin θ) (cos 2θ − 2 cos θ) as´ı 2 cos2 θ sin θ − 4 cos θ sin θ = cos2 θ sin θ − 2 cos θ sin θ − sin3 θ ⇒ 2 cos2 θ − 4 cos θ = cos2 θ − 2 cos θ − sin2 θ luego 2 cos2 θ − 4 cos θ − cos2 θ − 2 cos θ − sin2 θ

= 0 ⇔

1 − 2 cos θ = 0 se sigue θ=

π 3

y as´ı x = −w =

sin π3 sin 2π − 4 sin 3

w 3 451

! π 3


miramos la Hessiana sin (2θ) − 4 sin θ 2x cos (2θ) + w cos θ − 4x cos θ HA (x, θ) = 2x cos (2θ) + w cos θ − 4x cos θ −2x2 sin (2θ) − wx sin θ + 2x2 sin θ evaluando en el punto

w π , 3 3

se tiene

w π − 3 √3 − 12 w 2 √ , = HA − 12 w − 16 3w2 3 3 as´ı ∆1 = − ∆2 =

3√ 3<0 2

1 2 w >0 2

es un máximo local. Note que w π π w 2 w π 2π (w/3)2 A , = sin sin −2 +w sin 3 3 2 3 3 3 3 3 1√ 2 = 3w 12 La función en los bordes de la caja es A (0, θ) w A ,θ 2 A (x, 0) π A x, 2

= 0 w (w/2)2 1 1 = sin (2θ) + w sin θ − 2 (w/2)2 sin θ = w2 sin 2θ ≤ w2 2 2 8 8 = 0 1 = wx − 2x2 ≤ w2 8 √ 2 1 se sigue que w3 , π3 es punto de máximo global y el máximo es 12 3w x2 sin (2θ) + 3x sin θ − 2x2 sin θ 2

452


Este resultado tiene una extensión a más restricciones: Si tenemos las restricciones una restricción S dada por los puntos que satisfacen g1 (x1 , x2 , . . . , xn ) = c1 g2 (x1 , x2 , . . . , xn ) = c2 .. . gk (x1 , x2 , . . . , xn ) = ck y f restringida a S tiene un extremo en x0 ∈ S entonces, si ∇g1 (x0 ) , ∇g2 (x0 ) , · · · , ∇gk (x0 ) son l.i. existirán λ1 , λ2 , . . . , λk ∈ R tales que ∇f (x0 ) = λ1 ∇g1 (x0 ) + λ2 ∇g2 (x0 ) + · · · + λk ∇gk (x0 ) Ejemplo 10.3.6. Determine los extremos absolutos de f (x, y, z) = x + 2y + z sujeto a las restricciones x2 + y 2 = 1 y y + z = 1. Soluci´ on. f (x, y, z) = x + 2y + z es una función continua. El conjunto definido por las restricciones S = (x, y, z) ∈ R3 : x2 + y 2 = 1 ∧ y + z = 1 = (x, y, z) ∈ R3 : x2 + y 2 = 1 ∩ (x, y, z) ∈ R3 : y + z = 1 note que el primer conjunto restringe a x, y al conjunto [−1, 1] y eso restringe a z en el segundo conjunto. Es un conjunto acotado e intersección de dos cerrados. Luego es cerrado y acotado la función alcanza un máximo y m´ınimo absolutos en S. 453


El Lagrangiano será L (x, y, z, λ, µ) = (x + 2y + z) − λ x2 + y 2 − 1 − µ (y + z − 1) buscamos los puntos cr´ıticos ∂L ∂x ∂L ∂y ∂L ∂z ∂L ∂λ ∂L ∂µ

= 1 − 2λx = 0 = 2 − 2λy − µ = 0 = 1−µ=0 = x2 + y 2 − 1 = 0 = y+z−1=0

resolvemos µ = 1 reemplazando en la segunda obtenemos 1 = 2λy de donde λ ni y pueden ser cero. De la primera obtenemos x=

1 =y 2λ

de donde obtenemos en la cuarta 1 x = y = ±√ 2 de donde podemos obtener z en la 5. As´ı 1 1 1 1 1 1 √ , √ ,1 − √ y −√ , −√ , 1 + √ 2 2 2 2 2 2 evaluando en la función f (x, y, z) = x + 2y + z se tiene 1 1 1 1 2 1 2 f √ , √ ,1 − √ = √ + √ +1− √ = √ +1 2 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 2 1 2 f −√ , −√ , 1 + √ = −√ − √ + 1 + √ = 1 − √ 2 2 2 2 2 2 2 el primer es máximo y el segundo un m´ınimo.

454


Ejemplo 10.3.7. Sean A = (x, y, z, w) ∈ R4 : x + y − z − 2w = 1 y B = (x, y, z, w) ∈ R4 : x − y + z + w = 2 determine el punto de A ∩ B que se encuentra a menor distancia al cuadrado del origen. Soluci´ on. Vamos a resolver este problema de dos formas m´ın (x2 + y 2 + z 2 + w2 ) x + y − z − 2w =1 x−y+z+w =2 usamos Lagrange con dos restricciones (2x, 2y, 2z, 2w) = λ (1, 1, −1, −2) + µ (1, −1, 1, 1) x + y − z − 2w = 1 x−y+z+w = 2 esto es 2x = λ + µ 2y = λ − µ 2z = −λ + µ 2w = µ − 2λ x + y − z − 2w = 1 x−y+z+w = 2 7 7 3 sistema que tiene solución x = 27 , y = − 19 , z = 19 , w = − 19 ,λ = 19 obtenemos que 27 7 7 3 ,− , ,− 19 19 19 19

20 ,µ 19

=

34 19

de donde

es el punto de m´ınimo por la geometr´ıa del problema y por ser el uńico punto cr´ıtico o ver siguiente sección. La distancia cuadrado m´ınima es 2 2 2 2 27 7 7 3 44 + − + + − = 19 19 19 19 19 Otra forma x + y − z − 2w = 1 x−y+z+w = 2 455


implica 3 1 w+ 2 2 1 3 w+z− y = 2 2

x =

se sigue que buscamos el m´ınimo de 2 2 1 3 3 1 w+ + w+z− + z 2 + w2 2 2 2 2 calculamos su gradiente para buscar puntos criticos ∂ ∂z

1 3 w+ 2 2

2

+

3 1 w+z− 2 2

2

! + z 2 + w2

∂ , ∂w

1 3 w+ 2 2

2

+

3 1 w+z− 2 2

= (0, 0) esto es 3w + 4z − 1 = 0 7w + 3z = 0 se sigue w = − z =

3 19

7 19

se sigue que es un punto de m´ınimo pues H=

4 3 3 7

tiene determinante 19 y la primera entrada es 4. El valor m´ınimo es 2 2 2 2 1 3 3 3 3 7 1 7 3 44 − + + − + − + + − = 2 19 2 2 19 19 2 19 19 19

Ejemplo 10.3.8. Hallar y clasificar los extremos de la función f (x, y, z) = 2x2 +y 2 +z 2 −xy en la región R ⊆ R3 definida por las ecuaciones: x2 + y 2 + z 2 ≤ 1

∧

−1/2 ≤ x ≤ 1/2 456

∧

y ≥ −1/2

2

! + z 2 + w2


Soluci´ on. Analizamos los extremos de f (x, y, z) = 2x2 + y 2 + z 2 − xy, primeramente, en todo R3 a través del criterio de la segunda derivada. Es decir, resolvemos el problema sin restricciones y detectamos los puntos que pertenece al conjunto R. As´ı, buscamos los puntos (x, y, z) tales que: ∇f (x, y, z) = (4x − y, 2y − x, 2z) = (0, 0, 0) Luego, el uńico punto candidato a extremo es P 0 (0, 0, 0) ∈ R y para obtener su clasificación se procede mediante la matriz hessiana, que viene dada por:   4 −1 0 Hf (x, y, z) =  −1 2 0  0 0 2 Note que la matriz Hf (x, y, z) es definida positiva en el punto P 0 , pues: 4 −1 4 −1 = 7 > 0, = 14 > 0 ∆1 = 4 > 0, ∆2 = ∆3 = 2 · −1 2 −1 2 Por tanto, la función f tiene en P 0 m´ınimo local y además, f (P0 ) = 0. Por otro lado, analizamos f restringida a la función g(x, y, z) = x2 + y 2 + z 2 − 1 mediante el método de los multiplicadores de Lagrange. As´ı, el lagrangeano del problema está definido como: L(x, y, z, λ) = f (x, y, z) − λg(x, y, z) y los posibles extremos cumplen que ∇L(x, y, z, λ) = (0, 0, 0, 0). Entonces, tenemos el sistema: 4x − y − 2λx = 0 2y − x − 2λy = 0 2z − 2λz = 0 2

x + y2 + z2 = 1 Note que de la tercera ecuación tenemos que las soluciones de 2z − 2λz = 0 son: z = 0 o λ = 1. Luego, analizamos cada caso por separado: Si λ = 1 se tiene el sistema: 4x − y − 2x = 0 2y − x − 2y = 0 el cual permite obtener como puntos cr´ıticos los puntos P1 = (0, 0, 1) y P2 = (0, 0, −1), de donde se sigue que f P1 = 1 y f P2 = 1. Ahora bien, como la región R es compacta1 se tiene que los puntos P1 y P2 son máximos. 1

i.e. R es cerrado y acotado en R3 .

457


Para el caso z = 0, tenemos que x2 + y 2 = 1. Luego el sistema a resolver es: 4x − y − 2λx = 0 2y − x − 2λy = 0 el cual es un sistema lineal de la forma: 4 − 2λ −1 x 0 = −1 2 − 2λ y 0 el cual tiene como solución nula x = y = 0 si el determinante de la √ matriz es no nulo, √ esto 3+ 2 3− 2 se tiene para los λ tal que 4λ2 − 12λ + 7 = 0; es decir, λ1 = y λ2 = (Este 2 2 caso ya fue analizado). Resta analizar el caso en que el determinante sea cero, es decir, tenemos dos rectas paralelas las cuales son: √ y = 1± 2 x √ x= −1± 2 y √ √ Luego, solo debemos analizar las rectas l1 : y = 1 + 2 x y l2 : y = 1 − 2 x y ocupar la restricción x2 + y 2 = 1. Para la recta l1 los puntos cr´ıticos son: √ 1+ 2 1 √ √ ± √ , ± √ , 0 4+2 2

4+2 2

mientras que para la recta l2 los puntos cr´ıticos son:

±√

1

√

√

4−2 2

, ± √1+

2 √ , 4−2 2

0 . Luego,

usando las restricciones que definen R y las aproximaciones se descartan todos los puntos a excepción de: √ P3 = √ 1 √ , √1+ 2√ , 0 = (0,3827 , 0,9239 , 0) 4+2 2

4+2 2

y en el cual se tiene f P3 = 0,7929, el cual es un máximo local dada la compacidad de R.

Criterio de la segunda derivada para extremos condicionados En esta sección presentamos un teorema que nos permite clasificar el punto obtenido con los multiplicadores de Lagrange: Teorema 10.3.2 (Hessiana orlada). Sean f, g : U ⊆ Rn → R funciones de clase C 2 . Sean v0 ∈ U, g (v0 ) = c, ∇g (v0 ) = 6 0 y existe un λ0 ∈ R tal que ∇f (v0 ) = λ0 g (v0 ). Si

458


L (λ, x) = f (x) − λ (g (x) − c) y 0 − ∂g ∂x1 ∂g H = HL (v0 ) = − ∂x2 .. . − ∂g ∂xn

∂g − ∂x 1

∂g − ∂x 2

∂2L ∂x21 ∂2L ∂x1 ∂x2

∂2L ∂x1 ∂x2 ∂2L ∂x22

∂2L ∂x1 ∂xn

∂2L ∂x2 ∂xn

.. .

∂g − ∂x n ∂2L ∂x1 ∂xn 2L · · · ∂x∂2 ∂x n .. ... . ∂2L ··· ∂x2

··· ···

.. .

n

entonces: 1. Si 0 ∂g H3 = − ∂x1 ∂g − ∂x 2

∂g − ∂x 1 ∂2L

∂x21 ∂2L ∂x1 ∂x2

∂g − ∂x 2

∂2L ∂x1 ∂x2 ∂2L ∂x22

0 ∂g − ∂x1 < 0, H4 = ∂g − ∂x2 ∂g − ∂x3

∂g − ∂x 1

∂2L ∂x21 ∂2L ∂x1 ∂x2 ∂2L ∂x1 ∂x3

∂g − ∂x 2

∂2L ∂x1 ∂x2 ∂2L ∂x22 ∂2L ∂x2 ∂x3

∂g − ∂x 3 ∂2L ∂x1 ∂x3 ∂2L < 0, . . . ∂x2 ∂x3 ∂2L ∂x2 3

entonces v0 es m´ınimo local de f sujeto a g (x) = c. 2. Si los determinantes se alternan en la forma H3 > 0, H4 < 0, H5 > 0 etc, entonces v0 es máximo local de f sujeto a g (x) = c 3. Si los determinantes anteriores son distintos de cero pero siguen los patrones anteriores entonces el punto es de silla.

Ejemplo 10.3.9. Estudiar los extremos de la función f (x, y) = cos2 x + cos2 y sujeta a la restricción x − y = π4 . Soluci´ on. la función de Lagrange es F (λ, x, y) = cos2 x + cos2 y − λ x − y − π4 se sigue ∂F ∂λ ∂F ∂x ∂F ∂y

π = − x−y− 4 = −2 cos x sin x − λ = −2 cos y sin y + λ

luego sin (2x) = −λ sin (2y) = λ π x−y = 4 459


se sigue π = − sin (2y) sin 2 y + 4 cos 2y = − sin (2y) as´ı cos 2y + sin 2y = 0 ⇔ π = 0 sin 2y + 4 ⇒ k π y = π − con k ∈ Z 2 8

se sigue

k π k π π+ , π− 2 8 2 8

con k ∈ Z

son los puntos cr´ıticos. Calculamos la Hessiana orlada 2 ∂F ∂F ∂ F2 0 −1 1 ∂λ ∂x∂λ ∂y∂λ ∂F ∂2F ∂F 0 ∂x∂λ ∂x2 ∂x∂y = −1 −2 cos 2x ∂F 2F ∂F ∂ 1 0 −2 cos 2y ∂y∂λ ∂x∂y ∂y 2

pero √

2 cos 2x =

√

2 cos 2y =

2 (−1)k 2 (−1)k

se sigue

∂2F ∂λ2 ∂F ∂x∂λ ∂F ∂y∂λ

∂F ∂x∂λ ∂2F ∂x2 ∂F ∂x∂y

∂F ∂y∂λ ∂F ∂x∂y ∂2F ∂y 2

se sigue que si k es impar

0 −1 1 √ k+1 2 (−1) 0 = −1 √ 1 0 2 (−1)k+1 ∂2F ∂λ2 ∂F ∂x∂λ ∂F ∂y∂λ

∂F ∂x∂λ ∂2F ∂x2 ∂F ∂x∂y

∂F ∂y∂λ ∂F ∂x∂y ∂2F ∂y 2

√ k = 2 (−1) 2

< 0 y el punto es m´ınimo y si k es par es

460


un máximo. Note que f (x, y) = cos2 x + cos2 y f

⇒ k k π k π π π k 2 2 π+ , π− = cos π+ + cos π− 2 8 2 8 2 8 2 8 π 1 + cos kπ + 4 1 + cos kπ − π4 = + 2 2 π π 1 cos kπ + + cos kπ − = 1+ 2 4 4 1 √ = 1+ 2 (−1)k 2√ 2 (−1)k = 1+ 2

para k impar f

π k π k π+ , π− 2 8 2 8

k π k π π+ , π− 2 8 2 8

√ =1−

para k par f

2 2

√ =1+

2 2

Ejemplo 10.3.10. Hallar las dimensiones del mayor paralelep´ıpedo rectangular de aristas paralelas a los ejes coordenados que puede ser inscrito en el elipsoide de ecuación: x 2 y 2 z 2 + + =1 3 4 5

461


Soluci´ on. El volumen del paralelep´ıpedo es V (x, y, z) = (2x) (2y) (2z) = 8xyz pero (x, y, z) debe estar sobre el elipsoide x 2 3

+

y 2 4

+

z 2 5

=1

y sus coordenadas son positivas o cero. Tenemos que resolver el problema máx V (x, y, z) r(x,y,z)=0 x,y,z≥0

2 2 2 donde V (x, y, z) = 8xyz y r (x, y, z) = x3 + y4 + z5 − 1. Este problema tiene solución pues el elipsoide es un conjunto cerrado y acotado además la función es continua. Determinaremos el valor máximo utilizando los multiplicadores de Lagrange ∇V (x, y, z) = λ∇r (x, y, z) r (x, y, z) = 0 esto es (8yz, 8xz, 8xy) = λ x 2 y 2 z 2 + + = 1 3 4 5

2x 2y 2z , , 32 42 52

el sistema a resolver es 2λx 32 2λy 8xz = 42 2λz 8xy = 52 x 2 y 2 z 2 + + = 1 3 4 5 8yz =

multiplicando las primeras tres ecuaciones por x, y, z respectivamente se obtiene λx2 32 λy 2 4xyz = 42 λz 2 4xyz = 52 4xyz =

462


sumando las tres ecuaciones λx2 λy 2 λz 2 + 2 + 2 2 3 4 5 x 2 y 2 z 2 + + = λ 3 4 5 = λ

12xyz =

as´ı

λ λx2 λy 2 λz 2 = 4xyz = 2 = 2 = 2 3 3 4 5

si λ 6= 0 entonces x

2

y2 z2

32 ⇒x= = 3 42 ⇒y= = 3 52 ⇒z= = 3

3 √ 3 4 √ 3 5 √ 3

si λ = 0 entonces xyz = 0 y yz = 0 xz = 0 x 2 3

+

y 2 4

xy = 0 z 2 + = 1 5

esto nos da los puntos (3, 0, 0) , (0, 0, 5) , (0, 4, 0). Estos 3 puntos son puntos de m´ınimo V =0y 3 4 5 3 4 5 160 √ √ √ V √ ,√ ,√ =8 √ = 3 3 3 3 3 3 3 3 es el valor máximo.

Ejercicios del cap´ıtulo 1. Determine los valores de a, b ∈ R para los cuales la función f (x, y) = ax2 + by 2 tiene un máximo, m´ınimo o punto silla en (0, 0). 2. Sea C ∈ R. Muestre que si f : U ⊆ Rn → R tiene un máximo (m´ınimo) local en x = x0 entonces la función F : U → R definida por F (x) = f (x) + C también tiene un máximo (m´ınimo) local en x = x0 . 463


3. Determinar los valores de a, b ∈ R para los cuales la función f : R2 → R definida por f (x, y) = x3 + 3ax + y 3 + by + 1 no tiene extremos locales. 4. Para cada una de las siguientes funciones determinar los puntos cr´ıticos (o puntos estacionarios), clasificarlos en máximos, m´ınimos y puntos silla: a) z = x2 + (y − 1)2 b) z = x2 − (y − 2)2

i) j)

c) z = 1 − x2 − y 2

k)

z = x2 − xy + y 2 − 2x + y z = sin (x) sin (y) sin (x + y) 2 2 z = (5x + 7y − 25) e−(x +xy+y )

l) m) n) o) p)

z z z z z

d) e) f) g) h)

z z z z z

= (x − y − 1)2 = 2x2 − xy − 3y 2 − 3x + 7y = x (x2 + y 2 − a2 ) = x3 + y 3 − 3 (x + y) + 1 = xy + (x − y)3

2 2 = (x2 + y 2 ) e−(x +y ) = xy 2 (x + 2y − 1) = x3 − x2 y − x2 + y 2 = (x + y) (x2 + y 2 − 6) = (x − y)3 + x4 + y 4

5. Sea f (x, y) = 3x4 − 4x2 y + y 2 . Demostrar que sobre toda recta de la forma y = mx la función tiene un m´ınimo en (0, 0) pero no es m´ınimo en ning´ un entorno bidimensional del origen. (Estudiar los puntos donde f (x, y) > 0 y f (x, y) < 0). 6. Considere la función z = f (x, y) que en los alrededores del punto (1, 1, 1) esta definida impl´ıcitamente por z 3 + 3x2 y − y 3 z + y 2 − 3x − 1 = 0 obtener la expansión de Taylor para z en (1, 1). 7. Sea f : R4 − {(0, 0, 0, 0)} → R dada por f (x, y, z, u) = x +

y z u 1 + + + x y z u

tiene un punto cr´ıtico en (1, 1, 1, 1) y clasificarlo. 8. Sea g : R → R una función diferenciable que no se anula. Analizar los extremos de Z

(x−1)2

f (x, y) =

Z g (t) dt +

0

(y−1)2

g (t) dt 0

si g (0) > 0. 9. Determine los puntos cr´ıticos de la función f (x, y) = 2x4 + y 4 − 4x2 − 2y 2 y clasificarlos (obs.: Son 9 puntos). 464


11.* Considere la función z = f (x, y) definida impl´ıcitamente por la expresión F (x, y, z) = x3 + y 3 + z 3 − 3x − 3y + z + 4 = 0 obtener sus puntos cr´ıticos y clasificarlos. 10. Determine los valores de las constantes a, b ∈ R para los cuales la integral Z 1 (a + bx − f (x))2 dx 0

sea m´ınimo (suponer f es continua en [0, 1]), estudiar los casos f (x) = x2 y f (x) = x3 + x. 11. Sea f (x, y) = Ax2 + 2Bxy + Cy 2 + 2Dx + 2Ey + F donde A > 0 y B 2 < AC. a) Demostrar que f tiene un m´ınimo. b) Demostrar que en el punto de m´ınimo (x1 , y1 ) se cumple f (x1 , y1 ) = Dx1 + Ey1 + F c) Demostrar que A B D 1 B C E f (x1 , y1 ) = AC − B 2 D E F

12. M´ etodo de los m´ınimos cuadrados: Dados n n´ umeros distintos x1 , x2 , . . . , xn y otros n n´ umeros (no necesariamente distintos) es en general imposible encontrar una recta f (x) = ax + b que pase por todos los puntos (xi , yi ) esto es f (xi ) = yi ∀i, no obstante se puede encontrar los valores de a y b que hacen que el error cuadrático total n X E (a, b) = (f (xi ) − yi )2 i=1

sea m´ınimo. Encontrar tales valores!!! 13. Comprobar que f (x, y, z) = x4 + y 4 + z 4 − 4xyz tiene un punto cr´ıtico en (1, 1, 1) y clasificarlo como máximo, m´ınimo o punto silla. Expandir esta función en Taylor entorno al punto (1, 1, 1) para visualizar directamente la forma cuadrática asociada a la Hessiana Hf (1, 1, 1). 14. Estudiar los extremos relativos de la función f (x, y, z) = xyz (1 − x − y − z)

465


15. Sea A ∈ Mn×n (R), B ∈ M1×n (R) y C ∈ R, se define F : Rn → R F (X) = X T AX + BX + C donde X ∈ Mn×1 (R) (el vector se mira como columna). Estudiar las condiciones bajo las cuales esta función tiene máximos, m´ınimos o puntos silla. 16. Considere la función f : R3 → R dada por f (x, y, z) = sin x + sin y + sin z − sin (x + y + z) determine la expansión de Taylor de f en π2 , π2 , π2 ´, muestre además que el punto es un m´ınimo. 17. Considere la función z = f (x, y) que en los alrededores del punto (1, 1, 1) esta definida impl´ıcitamente por z 3 + 3x2 y − y 3 z + y 2 − 3x − 1 = 0 obtener la expansión de Taylor para z en (1, 1). 18. La Hessiana de cierta función f : D ⊆ R3 → R es  x2 y xz Hf (x, y, z) =  y y 2 yx  xz yx z 2 

¿En que subconjunto de R3 debe estar el punto critico (x, y, z) para que sea máximo, m´ınimo o punto silla? ¿Cuando esta Hessiana no entrega información?. 19. Determine los extremos de la función f (x, y) = 2x − y con la restricción g (x, y) = 3x2 + 2y 2 − 33/2 = 0 20. Determine los extremos de la función f (x, y) = x2 + 8y si (x, y) se encuentra sobre la elipse x2 + 4y 2 = 5. 21. Utilizar el método de los multiplicadores para determinar los semiejes de la elipse 5x2 − 6xy + 5y 2 − 32 = 0. 22. Usando multiplicadores de Lagrange, determinar la menor distancia entre las rectas x+4 y−4 z+1 = = 2 −1 −2 x+5 y−5 = =z−5−5 4 −3 23. Demostrar que el paralelep´ıpedo de mayor volumen que se puede inscribir en una esfera es un cubo.

466


24. Hallar los puntos de la curva x2 + 4y 2 − 4 = 0 que se encuentren mas cercanos y mas lejanos a los puntos de la curva x2 + y 2 + 4x + 2y − 20 = 0 25. Hallar los extremos absolutos de la función f (x, y) = la región K = {(x, y) : x ≥ 0, y ≥ 0, x + y ≤ 1}.

x3 3

− 32 x2 + 2x + y 2 − 2y + 1 en

26. Hallar los extremos absolutos de la función f (x, y, z) = (x − 1)2 + (y − 1)2 + (z − 1)2 en la región K = (x, y, z) ∈ R3 : x2 + y 2 + z 2 ≤ 12 28.* Suponga que queremos determinar los extremos de la función f (x, y, z) sujeta a la restricción g (x, y, z) = 0 y utilizando el teorema de Lagrange obtenemos el punto cr´ıtico p0 = (x0 , y0 .z0 ), utilizando el teorema de la función impl´ıcita demostrar que el problema se puede reducir a estudiar los extremos de una función de 2 variables (con el mismo punto cr´ıtico), calcular la Hessiana de esta función de 2 variables y expresarla en términos de f y g para obtener un criterio que permita determinar si el punto cr´ıtico entregado por Lagrange es máximo, m´ınimo o silla (Esto es llamado criterio de la hessiana reducida). 27. La fabrica de gelatinas BOB esta interesada en minimizar sus costos de producción. Los ingredientes utilizados en la elaboración de su gelatina son tres: Grenetina, az´ ucar y frutas. La fórmula de producción dice que el n´ umero de gelatinas que se puede producir es g (x, y, z) = xα y β z γ donde x es la cantidad de grenetina, y es la cantidad de az´ ucar y z es la cantidad de frutas (todas las cantidades en kilogramos) y las constantes α, β, γ son secretas. Suponga que el precio por kilogramo de los ingredientes es: La grenetina $10,000, az´ ucar $250 y fruta $500. Si se quiere producir 10,000 gelatinas, ¿Qué combinación de ingredientes minimiza los costos c (x, y, z) = 10,000x + 250y + 500z? (la respuesta puede quedar en términos de α, β, γ).

467

Cap´ıtulo 11 : Funciones impl´ıcitas e inversas

El teorema de la funci´ on impl´ıcita En los cursos anteriores, frecuentemente nos hemos encontrado con relaciones de la forma F (x, y) = 0 donde F : Ω ⊆ R2 → R es una función de clase C 1 (Ω), por ejemplo, una elipse x2 y 2 + 2 = 1 ⇔ F (x, y) = 0 a2 b donde F (x, y) =

x2 y 2 + 2 −1 a2 b

o la ecuación cuadrática general Ax2 + Bxy + Cy 2 + Dx + Ey + F = 0 Estas ecuaciones generalmente definen una curva en el plano que localmente (esto es, en intervalos alrededor de un punto dado) puede ser descrita como la gráfica de una función y = φ (x) o de una función x = ψ (y). Por ejemplo considere la función F : R2 → R, (x, y) → F (x, y) = x2 + y 2 − 1, esta función es clase C ∞ (R2 ) y F (x, y) = 0 ⇔ x2 + y 2 = 1 Todos los puntos (x, y) con y > 0 que satisfacen x2 + y 2 = 1 corresponden a puntos de la gráfica de la función √ ψ (x) = 1 − x2 para x ∈ [−1, 1]

y=

√ 1 − x2

1

0,5

−1

−0,5

0,5

−0,5

468

1


esto es, si (x, y) ∈ Graf (ψ), entonces F (x, y) = 0. En efecto (x, y) ∈ Graf (ψ) ⇔ (x, y) = (x, ψ (x)) para alg´ un x ∈ [−1, 1] √ un x ∈ [−1, 1] ⇔ (x, y) = x, 1 − x2 para alg´ luego (x, y) ∈ Graf (ψ) implica √ F (x, y) = F x, 1 − x2 √ 2 = x2 + 1 − x2 − 1 = 0 lo que demuestra que todos los puntos de la gráfica de ψ cumplen la relación F (x, y) = 0 (están sobre la circunferencia unitaria). De manera similar, los puntos (x, y) con y < 0 que satisfacen F (x, y) = 0 corresponden a puntos de la gráfica de la función √ y = ϕ (x) = − 1 − x2 para x ∈ [−1, 1] sin embargo, cerca de los puntos (1, 0) y (−1, 0) no podemos interpretar, los puntos de la curva como puntos del gráfico de una función de y = f (x), en este caso los puntos corresponden a la gráfica de p p x = τ (y) = 1 − y 2 para y ∈ [−1, 1] ∧ x = η (y) = − 1 − y 2 para y ∈ [−1, 1] respectivamente. En resumen, en cada punto (x0 , y0 ) ∈ R2 que cumple F (x0 , y0 ) = 0 existe una función ψ : ]x0 − ε, x0 + ε[ → R tal que ψ (x0 ) = y0 y que cumple para cada x ∈ ]x0 − ε, x0 + ε[, F (x, ψ (x)) = 0 o bien existe una función ϕ : ]y0 − ε, y0 + ε[ → R tal que ϕ (y0 ) = x0 y F (ϕ (y) , y) = 0 para cada y ∈ ]y0 − ε, y0 + ε[.

469


y=ψ(x) y0

x0 −ε

x0 x0 +ε

Si tenemos la función G : R2 → R, (x, y) → G (x, y) = x7 + y 7 + xy − 1 y la ecuación G (x, y) = 0 x7 + y 7 + xy = 1 el problema no es tan sencillo. ¿Cerca de que puntos (x, y) podemos encontrar una función y = ψ (x) cuya gráfica coincida con la curva dada? es decir, los puntos del gráfico de y = ψ (x) estén sobre la curva x7 + ψ 7 (x) + xψ (x) = 1 supuesto que hemos resuelto el problema de la existencia de tal función, ¿Qué propiedades de G hereda la función y = ψ (x)? ¿es diferenciable? si es as´ı ¿Cuanto vale su derivada?. Supongamos que la función que encontramos y = ψ (x) es derivable, entonces tenemos G (x, ψ (x)) = 0 por la regla de la cadena ∂G ∂ (x) ∂G (x, ψ (x)) + (x, ψ (x)) ψ 0 (x) = 0 ∂x ∂x ∂y 470


de esto se tiene ψ 0 (x) = siempre que

∂G ∂y

(x, ψ (x)) − ∂G ∂x ∂G (x, ψ (x)) ∂y

(x, ψ (x)) 6= 0.

Definici´ on 11.1.1. Sea F : U ⊆ Rn × Rm → Rm una función. Diremos que la función ϕ : V ⊆ Rn → Rm , x → ϕ (x) esta definida impl´ıcitamente por la ecuación F (x, y) = 0 si ∀x ∈ V se cumple F (x, ϕ (x)) = 0 Ejemplo 11.1.1. La función ϕ : R− → R definida por sr 1 6 1 3 x − 8x3 + x3 + rq ϕ (x) = 4 2 3 1 4

2x x6 − 8x3 + 12 x3

esta definida impl´ıcitamente por la ecuación x3 + 6xy = y 3 . En la figura se muestra la curva x3 + 6xy = y 3 y en verde la parte de ella descrita por ϕ. En este caso, puede resultar mas simple trabajar directamente con la ecuación que define la función en lugar de trabajar con la expresión expl´ıcita de la función.

471


El teorema de la función impl´ıcita nos entrega condiciones sobre la función que define la ecuación, para garantizar todas estas propiedades Teorema 11.1.1. Sean U abierto de Rn+1 y F : U → R es una función de clase C p (U ). Denotemos por (x, z) los puntos de Rn+1 donde x ∈ Rn y z ∈ R. Supongamos que (x0 , z0 ) satisface ∂F F (x0 , z0 ) = 0 y (x0 , z0 ) 6= 0 ∂z entonces existe una bola abierta U que contiene a x0 ∈ Rn , una vecindad V de z0 ∈ R y una u ńica función z = g (x) definida para x ∈ U y con recorrido en V que satisface z0 = g (x0 ), F (x, g (x)) = 0 para todo x ∈U además z = g (x) es de clase C p (U) y Dg (x) = −

Dx F (x, g (x)) ∂F (x, g (x)) ∂z

donde Dx F es la derivada respeto a x es decir ∂F ∂F ,..., Dx F = ∂x1 ∂xn en términos de componentes ∂F − ∂x (x, g (x)) ∂g (x) = ∂F i ∂xi (x, g (x)) ∂z

para i = 1, 2, . . . , n.

Ejemplo 11.1.2. Sea G : R3 → R una función de clase C 1 (R3 ). Considere la superficie G (x, y, z) = 0 suponga además que (x0 , y0 , z0 ) es un punto sobre la superficie, es decir G (x0 , y0 , z0 ) = 0 si

∂G (x0 , y0 , z0 ) 6= 0 ∂z por el teorema de la función impl´ıcita existe un conjunto abierto U que contiene (x0 , y0 ) y una función z = z (x, y) definida en U tal que z0 = z (x0 , y0 ) además G (x, y, z (x, y)) = 0 para (x, y) ∈ U 472


el plano tangente a la gráfica de z = z (x, y) en el punto (x0 , y0 , z0 ) es z − z0 =

∂z ∂z (x0 , y0 ) (x − x0 ) + (x0 , y0 ) (y − y0 ) ∂x ∂y

pero note que − ∂G (x0 .y0 , z0 ) ∂z (x0 , y0 ) = ∂x ∂G(x0 ,y0 ,z0 ) ∂x ∂z

y − ∂G (x0 .y0 , z0 ) ∂z ∂y (x0 , y0 ) = ∂G(x0 ,y0 ,z0 ) ∂y ∂z

reemplazando z − z0 =

(x0 .y0 , z0 ) − ∂G ∂x ∂G(x0 ,y0 ,z0 ) ∂z

(x − x0 ) +

− ∂G (x0 .y0 , z0 ) ∂y ∂G(x0 ,y0 ,z0 ) ∂z

(y − y0 )

as´ı ∂G ∂G (x0 , y0 , z0 ) ∂G (x0 .y0 , z0 ) (x − x0 ) + (x0 .y0 , z0 ) (y − y0 ) + (z − z0 ) = 0 ∂x ∂y ∂z que es ∇G (x0 , y0 , z0 ) ((x, y, z) − (x0 .y0 , z0 )) = 0 que es la ecuación del plano tangente a una superficie que obtuvimos por otros medios (el gradiente es perpendicular a los conjuntos de nivel) Suponga que F : R3 → R es una función de clase C 1 (R3 ) que cumple Ejemplo 11.1.3. ∂F ∂F ∂F 6= 0 muestre que las funciones z = z (x, y), x = x (y, z) y y = y (x, z) ∂x ∂y ∂z definidas impl´ıcitamente por F (x, y, z) = 0 cumplen ∂z ∂x ∂y = −1 ∂x ∂y ∂z Soluci´ on. Como ∂F 6= 0 se sigue que la ecuación define a x como función de y y z, es ∂x decir, x = x (y, z) además ∂F ∂x ∂y = − ∂F ∂y ∂x ∂F ∂F de manera similar (usando ∂F 6= 0) se tiene y = y (x, z) y z = z (x, y) donde ∂x ∂y ∂z ∂F ∂F ∂z ∂y ∂x ∂z = − ∂F y = − ∂F ∂x ∂z ∂z ∂y

473


entonces ∂z ∂x ∂y = ∂x ∂y ∂z

−

∂F ∂x ∂F ∂z

! −

∂F ∂y ∂F ∂x

! −

∂F ∂z ∂F ∂y

!

= −1

Ejemplo 11.1.4. ¿Cerca de cuáles puntos es posible representar la superficie x3 + 3y 2 + 8xz 2 − 3z 3 y = 1 como gráfica de una función diferenciable z = k (x, y)? Soluci´ on. Son aquellos puntos para los cuales la derivada parcial respecto a la variable z sea no nula, es decir 16xz − 9z 2 y 6= 0 z (16x − 9zy) 6= 0

Observaci´ on 11.1.1. También se puede intentar despejar las otras variables, formular el teorema en tales casos. Observaci´ on 11.1.2. De la ecuación x3 + 3y 2 + 8xz 2 − 3z 3 y = 1 también se puede obtener una expresión para las derivadas parciales (derivando la ecuación respecto a x) ∂z ∂z 3x2 + 8z 2 + 16xz − 9z 2 y =0 ∂x ∂x as´ı ∂z −3x2 − 8z 2 = ∂x 16xz − 9z 2 y Ejemplo 11.1.5. Sea f : R2 → R, (u, v) → f (u, v) una función de clase C 1 (R2 ). Supongamos que ∂f 6= 0 en todo R2 . Muestre que la ecuación ∂v f x2 − y 2 , y 2 − z 2 = 0 define impl´ıcitamente una función z = z (x, y) para z 6= 0 y que la expresión E (x, y, z) = yz no depende de f . 474

∂z ∂z + zx ∂x ∂y


Soluci´ on. Definamos G (x, y, z) = f (x2 − y 2 , y 2 − z 2 ) entonces G es compuesta de funciones C 1 y por tanto es C 1 , además ∂f ∂u ∂f ∂v ∂G = + ∂z ∂u ∂z ∂v ∂z ∂f (−2z) 6= 0 = ∂v por el teorema de la función impl´ıcita existe una u ńica función z = z (x, y) de clase C 1 tal que − ∂G fu ux + fv vx ∂z = ∂G∂x = − ∂x fv (−2z) ∂z fu x fu 2x + fv 0 = = − fv (−2z) fv z similarmente − ∂G fu uy + fv vy ∂z ∂y = ∂G = − ∂y fv (−2z) ∂z fu (−2y) + fv (2y) −fu y + fv y = = − fv (−2z) fv z se sigue ∂z ∂z yz + zx = yz ∂x ∂y = xy

fu fv

x −fu y + fv y + zx z fv z

luego yz

∂z ∂z + zx = xy ∂x ∂y

no depende de f . Estudiaremos ahora el caso más general en el cual F : RN × Rm → Rm . Supongamos que tenemos un sistema de ecuaciones lineales 2u + 3v + x − y = 0 u − v + 2x + 3y = 0 sabemos que este sistema tiene infinitas soluciones 4 variables y dos ecuaciones (es cuestión de rangos), las infinitas soluciones son porque podemos dejar variables en función de otras, notemos lo siguiente 2u + 3v = b1 = y − x u − v = b2 = −2x − 3y 475


para resolver el sistema 2u + 3v = b1 u − v = b2 podemos utilizar Cramer y se obtiene y−x b1 3 −2x − 3y b2 −1 u= = 2 3 2 3 1 −1 1 −1

3 −1 7 8 =− x− y 5 5

y 2 1 v= 2 1

b1 b2 = 3 −1

2 y−x 1 −2x − 3y 2 3 1 −1

3 7 = x+ y 5 5

luego las ecuaciones 2u + 3v + x − y = 0 u − v + 2x + 3y = 0 permiten despejar a u y v como funciones de x e y, 8 7 u (x, y) = − x − y 5 5 3 7 v (x, y) = x+ y 5 5 Ahora suponga que tenemos ecuaciones no lineales xu + yvu2 = 2 xu3 + y 2 v 4 = 2 en este caso se nos hace mucho más dif´ıcil despejar u, v en función de x e y. Estas ecuaciones las podemos reinterpretar como F (x, y, u, v) = xu + yvu2 − 2, xu3 + y 2 v 4 − 2 = (F1 , F2 ) = (0, 0) note que las ecuaciones se satisfacen en el punto (1, 1, 1, 1). Sabemos que una buena aproximación de F (x, y, u, v) cerca de (1, 1, 1, 1) es dada por F (1, 1, 1, 1) + DF (1, 1, 1, 1) (x − 1, y − 1, u − 1, v − 1)T 476


donde DF (x, y, u, v) = =

∂F1 ∂y ∂F2 ∂y

∂F1 ∂x ∂F2 ∂x

∂F1 ∂u ∂F2 ∂u

∂F1 ∂v ∂F2 ∂v

!

u vu2 x + 2yvu yu2 u3 2yv 4 3xu2 4v 3 y 2

evaluando en el punto DF (1, 1, 1, 1) =

1 1 3 1 1 2 3 4

luego

1 1 3 1 1 2 3 4

3u + v + x + y − 6 3u + 4v + x + 2y − 10

F (x, y, u, v) ≈ ≈

(x − 1, y − 1, u − 1, v − 1)T

luego la ecuación F (x, y, u, v) = (0, 0) debe ser similar a 3u + v + x + y = 6 3u + 4v + x + 2y = 10 en el cual podemos despejar 3 1 3 4

u y v en función de x e y, para poder hacer esto necesitamos = D(u,v) F (1, 1, 1, 1) ∂F1 ∂F1 (1, 1, 1, 1) (1, 1, 1, 1) ∂u ∂v = ∂F2 ∂F2 (1, 1, 1, 1) ∂v (1, 1, 1, 1) ∂u 6= 0

(permite usar Cramer para despejar las variables) Despejando 6−x−y 1 10 − x − 2y 4 14 2 1 u= = − y− x 3 1 9 9 3 3 4 y 3 6−x−y 3 10 − x − 2y v= 3 1 3 4 477

=

4 1 − y 3 3


de donde deber´ıa cumplirse 2 1 ux = − , uy = − 3 9 1 vx = 0, vy = − 3 (note que deber´ıamos poner 14 2 1 − y− x 9 9 3 4 1 v (x, y) ≈ − y 3 3

u (x, y) ≈

(es una aproximación de primer orden de estas funciones) cerca del punto (1, 1, 1, 1)). Estas ideas se resumen en el siguiente: Teorema 11.1.2 (De la función impl´ıcita). Sean Ω abierto de RN , Λ abierto de Rm , F : Ω × Λ → Rm una función de clase C p (Ω × Λ). Pongamos (x, y) para los puntos en RN × Rm . Suponga que (x0 , y0 ) es un punto tal que F (x0 , y0 ) = 0 y que Dy F (x0 , y0 ) es invertible, entonces existe un abierto U ⊆ RN , una función y = g (x) de U a Rm de clase C p (U ) tal que F (x, g (x)) = 0 para todo x ∈ U y0 = g (x0 ) además Dg (x) = −Dy (x, y)−1 Dx (x, y) Ejemplo 11.1.6. Mostrar que cerca del punto (x, y, u, v) = (1, 1, 1, 1) podemos resolver xu + yvu2 = 2 xu3 + y 2 v 4 = 2 de manera u ńica para u y v como funciones de x y y. Calcular

∂u ∂x

(1, 1)

Soluci´ on. Definamos F

:

((x, y) , (u, v)) →

R2 × R2 → R2 xu + yvu2 − 2, xu3 + y 2 v 4 − 2

entonces F ((1, 1) , (1, 1)) = (0, 0) 478


calculemos D(u,v) F (x, y, u, v)  D(u,v) F (x, y, u, v) =  =

∂ (xu+yvu2 −2) ∂v ∂ (xu3 +y 2 v 4 −2) ∂v

∂ (xu+yvu2 −2) ∂u ∂ (xu3 +y 2 v 4 −2) ∂u

x + 2yuv yu2 3xu2 4y 2 v 3

 

en (1, 1, 1, 1) es

3 1 3 4

D(u,v) F (1, 1, 1, 1) =

el determinante es 12 − 3 = 9 6= 0 se sigue que es invertible y as´ı por el teorema de la función impl´ıcita podemos despejar de manera u ńica para u y v como funciones de x y y. Además g (x, y) = (u (x, y) , v (x, y)) tiene por derivada Dg (x, y) = −

−1

x + 2yuv yu2 3xu2 4y 2 v 3

D(x,y) (x, y, u, v)

donde  D(x,y) (x, y, u, v) =  =

∂ (xu+yvu2 −2) ∂x ∂ (xu3 +y 2 v 4 −2) ∂x

u vu2 u3 2yv 4

 

entonces

x + 2yuv yu2 3xu2 4y 2 v 3

3 1 3 4

Dg (x, y) = −

∂ (xu+yvu2 −2) ∂y ∂ (xu3 +y 2 v 4 −2) ∂y

−1

u vu2 u3 2yv 4

− 31 − 92 0 − 31

en el punto en cuestión Dg (1, 1) = −

−1

1 1 1 2

=

de donde obtenemos ∂u ∂x ∂v ∂x

(1, 1) (1, 1)

∂u ∂y ∂v ∂y

(1, 1) (1, 1)

!

=

se sigue ∂u 1 (1, 1) = − ∂x 3

479

− 13 − 29 0 − 13


Ejemplo 11.1.7. Discutir sobre la resolubilidad del sistema 3x + 2y + z 2 + u + v 2 = 0 4x + 3y + z + u2 + v + w + 2 = 0 x + z + w + u2 + 2 = 0 para u, v, w en términos de x, y, z en el punto x = y = z = 0, u = v = 0 y w = −2. Si es posible, obtener la ecuación del plano tangente a w (x, y, z) = 0 en (0, 0, 0). Soluci´ on. Definamos F : R6 → R3 dada por F (x, y, z, u, v, w) =

3x + 2y + z 2 + u + v 2 , 4x + 3y + z + u2 + v + w + 2, x + z + w + u2 + 2

el sistema pude verse como F (x, y, z, u, v, w) = (0, 0, 0) notamos que  1 2v 0 D(u,v,w) F (0, 0, 0) =  2u 1 1  2u 0 1 (0,0,0)   1 0 0 =  0 1 1  0 0 1 

que tiene determinante 1, por el teorema de la función impl´ıcita se sigue que podemos despejar (u, v, w) en términos de (x, y, z) además  ∂u ∂u ∂u   −1   1 0 0 3 2 0 ∂x ∂y ∂z  ∂v ∂v ∂v  =  0 1 1   4 3 1   ∂x ∂y ∂z  ∂w ∂w ∂w 0 0 1 1 0 1 ∂x ∂y ∂z (0,0,0)   3 2 0 =  3 3 0  1 0 1 de esto obtenemos ∇W = (1, 0, 1) y as´ı el plano es (1, 0, 1) (x, y, z) = 0 x+z = 0 480


Ejercicios de la secci´ on 1. Sea F : R2 → R, (u, v) → F (u, v) una función de clase C ∞ que satisface F (0, 0) = 0 ∂F ∂F (0, 0) + (0,0) 6= 0 ∂u ∂v Muestre que la ecuación F x3 − yz, y 3 − xz = 0 define una función z = z (x, y) de clase C ∞ en un entorno del punto (x, y) = (1, 1) que satisface z (1, 1) = 1 y la ecuación xz + 3y 3

∂z ∂z + yz + 3x3 = 9x2 y 2 − z 2 ∂x ∂y

2. Probar que cerca del punto (x0 , y0 , z0 , u0 , v0 ) = 1, 1, 0, π2 , 0 se puede resolver el sistema x2 − y cos (uv) + z 2 = 0 x2 + y 2 − sin (uv) + 2z 2 − 2 = 0 xy − sin u cos v + z = 0 π de manera u ńica para x, y, z como funciones de u y v. Calcular ∂x ,0 ∂v 2 z z 3 3. Sea f : R → R definida por f (x, y, z) = g x + y , y + x donde g : R2 → R y ∂f ∂z

(x, y, z) 6= 0

a) Verificar que la ecuación f (x, y, z) = 0 define impl´ıcitamente a z como una función de clase C 1 de las variables x e y. b) Comprobar que x

∂z ∂z +y = z − xy ∂x ∂y

4. Mostrar que el sistema x2 − y 2 + u2 + 2v 2 = 5 x2 + y 2 − u2 − v 2 = −4 define impl´ıcitamente a u = u (x, y), v = v (x, y) con u (0, 1) = 2 y v (0, 1) = −1. ∂2v Encontrar las diferenciales Du (0,1) y Dv (0, 1) además de la derivada ∂x 2 (0, 1). 481


5. Suponga que F, G : R3 → R son dos funciones de clase C 1 (R3 ) y x0 = (x0 , y0 , z0 ) ∈ R3 es un punto en el cual F (x0 ) = 0, G (x0 ) = 0, esto es un punto de la intersección de las superficies S1 : F (x, y, z) = 0 S2 : G (x, y, z) = 0 Determine una condición que permita asegurar que es posible despejar x = x (y), z = z (y) como funciones de clase C 1 en un entorno de y0 luego la intersección se puede parametrizar como x = x (y) y = y z = z (y) para y en un entorno de y0 (el problema nos dice cuando podemos parametrizar con un parámetro la intersección de dos superficies)

482


El teorema de la funci´ on inversa Si f : R → R es una función de clase C 1 (R) y x0 es un punto al que f 0 (x0 ) 6= 0 entonces, por la continuidad de la derivada, podemos garantizar la existencia de un intervalo abierto I tal que f 0 (x) para todo x ∈ I tiene el mismo signo de f 0 (x0 ), entonces la función f es estrictamente creciente o estrictamente decreciente en I (dependiendo si f 0 (x0 ) > 0 o f 0 (x0 ) < 0).

f0

f

f 0 (x0 ) x0

En la gráfica podemos observar en verde la gráfica de una función y en azul la de su función derivada, en el punto x0 la derivada es no nula (estrictamente positiva), existe un intervalo (marcado en rojo) en el cual la función derivada es positiva, note que en todo ese intervalo la función f es estrictamente creciente. Si restringimos nuestra función f al intervalo I entonces f es inyectiva (toda función estrictamente creciente o estrictamente decreciente es inyectiva pues env´ıa n´ umeros distintos del dominio en imágenes distintas), si además restringimos el recorrido a f (I) entonces es sobreyectiva y podemos definir una inversa (no de la función completa, se trata de una inversa local.

483

f0


f −1 f

note que solo podemos garantizar la existencia, obtener una expresión para ella puede ser muy complicado. ¿Como podemos trabajar entonces con tal función?, ¿Cuales propiedades de f conserva su inversa?. El teorema de la función inversa de una variable asegura que la inversa es una función de la misma clase (en términos de derivadas) además f ◦ f −1 (x) = x entonces

d dx

f ◦ f −1 (x) = 1

por la regla de la cadena df −1 df −1 f (x) (x) = 1 dx dx entonces

1 df −1 (x) = 0 −1 dx f (f (x)) si queremos calcular la derivada de segundo orden d2 f −1 d 1 (x) = 2 0 −1 dx dx f (f (x)) −2 00 −1 0 −1 = − f f (x) f f (x) =

1

f 0 (f −1 (x))

−f 00 (f −1 (x)) (f 0 (f −1 (x)))3

Si T : Rn → Rn es una transformación lineal, sabemos que es invertible si y solo si su matriz asociada (por ejemplo respecto a las bases canónicas) es invertible, sabemos que la matriz asociada respecto a las bases canónicas corresponde a la matriz Jacobiana de la T . JT (x0 ) = [T ]CC 484


luego, si det (JT (x0 )) 6= 0 la transformación lineal es invertible (derivada no nula implica invertible), es razonable esperar que si una función se parece a una transformación lineal localmente entonces podamos obtener información de ella a través de la transformación lineal a la cual se parece, eso es justamente lo que afirma el teorema de la función inversa de varias variables. Observaci´ on 11.2.1. Supongamos que U, V son abiertos y F : U ⊆ Rn → V ⊆ Rm (diferenciable) tiene inversa (diferenciable) entonces n = m. En efecto, si G : V → U es su inversa entonces F ◦G

:

V →V

x → (F ◦ G) (x) = x y G◦F

:

U →U

x → (G ◦ F ) (x) = x luego D (F ◦ G) = Im D (G ◦ F ) = In as´ı DF (G (x)) DG (x) = Im DG (F (v)) DF (v) = In si ponemos x =F (v) entonces G (x) = v entonces DF (G (x)) DG (x) = Im DG (x) DF (G (x)) = In pongamos A = DF (G (x)) y B = DG (x) entonces AB = In BA = Im definamos las transformaciones lineales TA

:

Rn → Rm

x → TA (x) = Ax 485


y TB

:

Rm → Rn

x → TB (x) = Bx entonces TA ◦ TB es IRm y TB ◦ TA es IRn de la primera se obtiene que TB es inyectiva TB (x) = TB (y) ⇒ TA (TB (x)) = TA (TB (y)) ⇒ x=y y de la segunda que TB es sobreyectiva (si y ∈ Rn entonces TA (y) = v ∈ Rm entonces TB (v) = TB (TA (y)) = y de donde Im(TB ) = Rn ) se sigue por el teorema de las dimensiones que Dim (Rn ) = Dim (Rm ) as´ı n = m.

Teorema 11.2.1 (De la función inversa). Sean U un abierto de Rn , F : U ⊆ Rn → Rn una funci´ on de clase C p (U ) y x0 ∈ U un punto en el cual det (DF (x0 )) 6= 0 entonces existe un abierto U1 ⊆ U tal que x0 ∈ U1 y F : U1 → V = F (U1 ) es invertible, su inversa F −1 : V → U1 es de clase C p (V ), además DF −1 (F (x)) = (DF (x))−1 para x ∈ U1 en particular, si F (x0 ) = y0 entonces DF −1 (y0 ) = (DF (x0 ))−1 Observaci´ on 11.2.2. Si x = (x1 , x2 , . . . , xn ) y F : D ⊆ Rn → Rn , x → F (x) = (F1 (x) , F2 (x) , . . . , Fn (x)) entonces det (DF (x0 )) se representa por el s´ımbolo ∂ (F1 , F2 , . . . , Fn ) ∂ (x1 , x2 , . . . , xn ) x=x0 y es llamado el Jacobiano (es el determinate de la matriz Jacobiana).

486


Ejemplo 11.2.1. Muestre que la función F :

R2 → R2 (x, y) → F (x, y) = (u (x, y) , v (x, y)) = (ex cos y, ex sin y)

no tiene una inversa global (definida en R2 ), sin embargo, cerca de todo punto es posible definir una inversa local. Calcular √ √ 2, 2 DF −1 √ √ si F ln 2, π4 = 2, 2 y obtener una expresión para DF −1 (u, v) si (u, v) 6= 0. Soluci´ on. Notemos F (0, 2π) = F (0, 0) = (1, 0) luego F no es inyectiva y por tanto no tiene inversa global. Notemos que F ∈ C ∞ (R2 ) además    ∂F1 ∂x

 DF (x, y) = 

∂F1 ∂y

∂F2 ∂x

∂F2 ∂y

∂u ∂x

  =

∂v ∂x

ex cos y −ex sin y ex sin y ex cos y

ex cos y −ex sin y ex sin y ex cos y

=



∂u ∂y

 

∂v ∂y

y ∂ (u, v) = det ∂ (x, y)

= e2x 6= 0

as´ı, por el teorema de la función inversa, F es invertible cerca de cada punto de R2 (inversa local) además DF −1 (F (x, y)) = (DF (x, y))−1 x −1 e cos y −ex sin y = ex sin y ex cos y de esto se obtiene 

eln 2 cos

 π DF −1 F ln 2, =   4

π 4

π eln 2 sin 4  1√ 2 4  = √ − 14 2 487

π −1 4   π 

−eln 2 sin

eln 2 cos 4 √  1 2 4  √ 1 2 4


esto es  √ √ 2, 2 =  DF −1

1 4

√ 2

√ − 41 2

√  2  √ 1 2 4 1 4

si F (x, y) = (u, v) entonces F (u, v) = (x, y) donde x = x (u, v) e y = y (u, v) además √ √   1√ √   ∂x √ √ ∂x 1 2, 2 2, 2 2 2 ∂u ∂v 4 4 =   √ √ √ √ √ √ ∂y ∂y 1 1 −4 2 2, 2 2, 2 2 ∂u ∂v 4 as´ı por ejemplo

∂x √ √ 1 √ 2, 2 = 2 ∂u 4

en general DF −1 (u, v) = DF −1 (F (x, y)) x −1 e cos y −ex sin y = ex sin y ex cos y −1 u −v = v u   u v u2 + v 2   u2 + v 2   =   v u − 2 u + v2 u2 + v 2 Observaci´ on 11.2.3. Note que el teorema de la función inversa afirma DF −1 (y0 ) = (DF (x0 ))−1 luego 1 ∂ (u, v) = ∂(x,y) ∂ (x, y) ∂(u,v)

cuidando donde están evaluadas las funciones. Ejemplo 11.2.2. Sea f : R2 → R2 la función definida por f (u, v) = u2 + u2 v + 10v, u + v 3 1. Mostrar que tiene inversa cerca del punto (1, 1)

488


Soluci´ on. Notemos que la función es de clase C ∞ (R2 ) y ∂F1 ∂F1 ∂u ∂v Df (1, 1) = ∂F2 ∂F2  ∂u 2 ∂v  ∂ (u +u2 v+10v ) ∂ (u2 +u2 v+10v ) ∂u ∂v  =  ∂ (u+v 3 ) ∂ (u+v 3 ) ∂u

∂v 2

2u (v + 1) u + 10 = 1 3v 2 (1,1) 4 11 = 1 3 luego

4 11 1 3

det

= 1 6= 0

y as´ı, por el teorema de la función inversa, la función es localmente invertible, además f (1, 1) = (12, 2) 2. Calcular la derivada de su inversa en el punto (12, 2). Soluci´ on. Como f (1, 1) = (12, 2) se sigue Df

−1

(12, 2) = Df =

−1

(f (1, 1)) =

3 −11 −1 4

4 11 1 3

−1

Ejemplo 11.2.3. Sea u : R2 → R, (x, y) → u (x, y) una función que satisface 2xy

∂u ∂u − x2 − y 2 =0 ∂x ∂y

1. Utilizar el teorema de la función inversa para determinar condiciones sobre la función ζ de modo que F

:

D ⊆ R2 → R2

F (x, y) = (µ (x, y) , ζ (x, y)) x = , ζ (x, y) x2 + y 2 sea invertible. 489


Soluci´ on. Por el teorema de ∂µ ∂µ ∂x ∂y ∂ζ ∂ζ = ∂x ∂y

la función inversa, si − x2 −y2 − 2xy 2 (x2 +y2 )2 2 2 (x +y ) ∂ζ ∂ζ ∂x ∂y ∂ζ ∂ζ x2 − y 2 2xy = + − ∂y ∂x (x2 + y 2 )2 (x2 + y 2 )2 6= 0

2. Escribir la ecuación 2xy

∂u ∂u − x2 − y 2 =0 ∂x ∂y

en las nuevas variables (µ, ζ) mediante regla de la cadena, resolver esa nueva ecuación y concluir que u debe tener la forma x u (x, y) = f x2 + y 2 donde f ∈ C 1 (R) es una función arbitraria. Soluci´ on. ∂u ∂µ ∂u ∂ζ ∂u = + ∂x ∂µ ∂x ∂ζ ∂x ∂u ∂u ∂µ ∂u ∂ζ = + ∂y ∂µ ∂y ∂ζ ∂y de donde ∂u x2 − y 2 ∂u = − + ∂x ∂µ (x2 + y 2 )2 ∂u ∂u 2xy = − + ∂y ∂µ (x2 + y 2 )2

∂u ∂ζ ∂ζ ∂x ∂u ∂ζ ∂ζ ∂y

se sigue ∂u ∂u − x2 − y 2 ∂x ∂y 2 ∂u x − y2 ∂u ∂ζ = 2xy − + ∂µ ∂ζ ∂x (x2 + y 2 )2 ∂u 2xy ∂u ∂ζ 2 2 − x −y − + ∂µ ∂ζ ∂y (x2 + y 2 )2 ∂u ∂ζ ∂u ∂ζ = 2xy − x2 − y 2 ∂ζ ∂x ∂ζ ∂y ∂u ∂ζ 2 2 ∂ζ = 2xy − x −y ∂ζ ∂x ∂y

0 = 2xy

490


pero

∂ζ ∂ζ − x2 − y 2 2xy ∂x ∂y

entonces

6= 0

∂u =0 ∂ζ

se sigue u (µ, ζ) = f (µ) as´ı

u (x, y) = f

x 2 x + y2

donde f es una función arbitraria.

Ejercicios de la secci´ on 1. Sea f : R → R una función de clase C 1 y sea u = f (x) v = −y + xf (x) si f 0 (x0 ) 6= 0 probar que la función T (x, y) = (u, v) es invertible cerca de (x0 , y0 ) y que la inversa tiene la forma x = f −1 (u) y = −v + uf −1 (u) encontrar DT −1 . 2 2. Considere la función F (x, y) = (x − y)2 , xy para y 6= 0. a) Probar que F admite inversa local en una vecindad de (−1, 1) b) Sea F −1 : V ⊆ R2 → R2 , (x, y) = (g (u, v) , h (u, v)) la inversa local de F , calcular la razón de cambio de h en (4, 1) en la dirección del vector (2, −1). 3. Sea F (x, y) = (f1 (x, y) , f2 (x, y)) = (x cos y, sin (x − y)). Mostrar que F tiene inversa local en una vecindad del punto π2 , π2 y obtener la Jacobiana de la inversa en (0, 0). 4. Definimos x : R2 → R, (r, θ) → x (r, θ) = r cos θ y y : R2 → R, (r, θ) → y (r, θ) = r sin θ.

491


a) Demostrar que ∂ (x, y) = r0 ∂ (r, θ) (r0 ,θ0 ) b) ¿cuándo se puede formar una función inversa suave de F : R2 → R2 , (r, θ) → (x (r, θ) , y (r, θ))? Comprobarlo directamente y con el teorema de la función inversa. 5. Definamos F : R3 → R3 , (ρ, φ, θ) → F (ρ, φ, θ) = (x (ρ, φ, θ) , y (ρ, φ, θ) , z (ρ, φ, θ)) donde x (ρ, φ, θ) = ρ sin φ cos θ y (ρ, φ, θ) = ρ sin φ sin θ z (ρ, φ, θ) = ρ cos φ a) Muestre que ∂ (x, y, z) = ρ2 sin φ ∂ (ρ, φ, θ) b) ¿Cuándo se puede despejar (ρ, φ, θ) en términos de (x, y, z)?

Ejercicios del cap´ıtulo 1. Si u1 , u2 son las ra´ıces de la ecuación cuadrática en λ x2 + y 2 z2 + =1 λ−2 λ−1 y u3 es arctan (y/x) probar que ∂ (u1 , u2 , u3 ) 4z =− ∂ (x, y, z) u1 − u2 √ √ 2. La ecuación x3 + y 3 = 6xy define cerca del punto 2 3 2, 2 3 4 a y como función de x. √ Muestre que x = 2 3 2 es un punto cr´ıtico de tal función y clasificarlo en máximo, m´ınimo o punto silla. 3. La ecuación

y z , =0 x x define a z como función de x, y, z = g (x, y). Muestre que f

x

∂g ∂g +y =g ∂x ∂y 492


4. Si ϕ, φ : D ⊆ R3 → R son funciones de clase C 1 tales que ∂ (ϕ, φ) 6= 0 ∂ (y, z) entonces las ecuaciones ϕ (x, y, z) = 0, φ (x, y, z) = 0 determinan y, z como funciones de x y dy dx

=

∂(ϕ,φ) ∂(z,x) ∂(ϕ,φ) ∂(y,z)

dz dx

=

∂(ϕ,φ) ∂(x.y) ∂(ϕ,φ) ∂(y,z)

5. Si z1 = er cos θ, z2 = er sin θ y x = r cos θ, y = r sin θ probar que ∂ (z1 , z2 ) e2r = ∂ (x, y) r 6. Suponga que x, y, z, r, θ, φ están relacionados por f (x, y, z) = 0 y x = r sin θ cos φ

y = r sin θ sin φ

z = r cos θ

probar que ∂r ∂r sin θ + r cos θ + sin φ sin θ ∂θ ∂φ ∂r − sin θ cos φ cos θ − r sin θ = 0 ∂θ

∂z ∂x

7. Sea a > 0. Si y 4 + 3a2 y 2 − 5a2 xy + 2a2 x2 = 0, probar que dy dy 2 = 0 o l´ım = x→0 dx x→0 dx 3 l´ım

8. Si u, v son funciones de las variables x, y por medio de las ecuaciones f (x, y, u) = 0 y g (u, v, x) = 0 probar que ∂v fx gu − fu gx = ∂x f u gv ∂v fy gu = ∂y fu gv 9. La ecuación ∂f (x, z) = u define a z como función de x y u. Si ponemos z = g (x, u) ∂z y se define ϕ (x, u) = f (x, g (x, u)) probar que ∂ϕ ∂z = u ∂u ∂u ∂ϕ ∂f ∂z = +u ∂x ∂x ∂x 493


10. Suponiendo que u, v son funciones de x, y las cuales definen a u, v en términos de x, y y satisfacen las ecuaciones ∂u ∂u ∂v + +u = 0 ∂x ∂y ∂y ∂v ∂u ∂v + +u = 0 ∂x ∂y ∂y Probar que ∂ 2x ∂ 2x ∂x − 2 = 2 ∂u ∂v ∂v 11. Si u1 x1 = u2 x2 = u3 x3 = u4 x4 = (u1 u2 u3 u4 )1/2 entonces ∂ (u1 , u2 , u3 , u4 ) = −1 ∂ (x1 , x2 , x3 , x4 ) 12. Determinar el Jacobiano de la transformación x = a (ρ cos θ sin φ)α y = b (ρ sin θ sin φ)β z = c (ρ cos φ)γ donde a, b, c, α, β.γ son constantes positivas y determinar cuando es posible invertir tal transformación. Ind.: Compuestas de funciones.

494

Parte III Evaluaciones de a˜ nos anteriores

495

Cap´ıtulo 12 : Controles

Control 1 1. Dada la función f : D ⊆ R2 → R definida por f (x, y) =

q

x−y x+y

a) Determine y grafique el dominio de f . b) ¿El dominio de f es un conjunto abierto? c) Determine la frontera del dominio de f y sus puntos de acumulación. d ) Determine las curvas de nivel f (x, y) = c y grafique para c = 0, c = 1, c = c = 2.

1 2

y

e) Analice que sucede cuando c crece indefinidamente. 2. Sea T : R3 [x] → R2 [x] definida por 00

Z

1

p (x) dx

T [p (x)] = p (x) + 0

a) Pruebe que T es una transformación lineal. b) Sean B1 =

1, x − 1, (x − 1)2 , (x − 1)3

B2 = {1, x, x (x − 1)} bases de R3 [x] y R2 [x] respectivamente. Determine [T ]BB21 y use esta matriz para obtener el n´ ucleo de T .

Control 2 1. Sea T : R4 → R3 una transformación lineal definida por T (x, y, z, w) = (x − y + z + w, x + 2z − w, x + y + 3z − 3w) Encuentre una base y la dimensión de Ker(T ) e Im(T ). 2. Describa expl´ıcitamente una transformación lineal T : R3 → R2 tal que Im (T ) = h{(1, 0, −1) , (1, 2, 2)}i

496


Control 3 1. Considere la función T : R2 [x] → R3 definida por T (p (x)) = (p (0) , p (1) , p (2)). Sean B = {1, x, x2 } y C = {(1, 0, 0) , (0, 1, 0) , (0, 0, 1)} bases de R2 [x] y R3 respectivamente: a) Pruebe que T es una transformación lineal. b) Determine Ker(T ) y [T ]CB . c) ¿T es un isomorfismo?. 2. Considere la función f : D ⊆ R2 → R, definida por f (x, y) =

p

sin (x2 + y 2 ).

a) Encuentre el dominio de f y dibujarlo. b) Determine si el dominio es abierto o cerrado.

Control 4 1. Sea f (x, y) =

  x + y si |x| + |y| ≥ 2 

¿Existe

l´ım

si |x| + |y| < 2

1

f (x, y)? Justificar.

(x,y)→(1,1)

2. Demuestre o dé un contraejemplo de la propiedad: Para todo A, B ⊆ Rn ∂ (A ∪ B) ⊆ ∂A ∪ ∂B

Control 5 1. Considere la función f : {(x, y) ∈ R2 : x 6= 0} → R, definida por y f (x, y) = x2 + y 2 arctan x ¿es posible definir f en (0, 1) de forma que f sea continua en tal punto? 2. Sea f : R2 → R definida por f (x, y) =

  

xy x2 +y

si x2 6= −y

 

0

si x2 = −y

Hallar ∂f (x, y) y ∂f (x, y) en todos los puntos que estas existan y determinar si son ∂x ∂x continuas en (0, 0). 497


Control 6 1. Considere el sistema x = u+v+w y = u2 + v 2 + w 2 z = u3 + v 3 + w 3 ∂v Calcule ∂y (2, 6, 8) y (1, 2, −1).

∂w ∂x

(2, 6, 8) donde (x, y, z) = (2, 6, 8) es la imagen de (u, v, w) =

2. Considere el sistema u3 + xv 2 + y = 0 v 3 + yv + u2 = 0 a) Pruebe que es posible despejar x = x (u, v), y = y (u, v) en vecindades de los puntos (x, y) = (1, −1) y (u, v) = (0, 1). b) Hallar

∂u ∂x

(1, −1) y

∂v ∂x

(1, −1).

Control 7 1. Un servicio de entrega de paquetes requiere que las dimensiones de una caja rectangular sean tales que la longitud más el doble del ancho más el doble de la altura no rebase 108 cms. ¿Cuál es el volumen de la caja más grande que podrá enviar la compa˜ n´ıa? 2. Considerar el sistema xy 2 + xzu + yv 2 = 3 u3 yz + 2xv − u2 v 2 = 2 ¿Es posible despejar u = u (x, y, z) y v = v (x, y, z) en vecindades de U de (x, y, z) y ∂v (1, 1, 1). V de (u, v) = (1, 1). Calcular ∂y 3. Resuelva la ecuación

dy 1 − xy 2 = dx 2x2 y

haciendo la sustitución v = y/xn para alg´ un n. 4. Muestre que la ecuación y dy y m n = +x y f dx x x 498


se transforma en una ecuación de variables separables usando el cambio de variables y = vx donde v = v (x). Use lo anterior para resolver la ecuación y y sec2 x dy = + dx x y2

Control 8 1. Encuentre la solución general de la ecuación d4 y d3 y d2 y dy − 6y = 0 − + 2 −3 4 3 dx dx dx dx 2. Un estanque contiene 50 litros de agua pura. Al estanque entra salmuera, que contiene C gramos de sal por litro a razón de 1,5 litros por minuto. La mezcla bien revuelta, sale a razón de 1 litro por minuto. Si después de 30 minutos la concentración de sal en el estanque es de 30 gramos por litro. Hallar el valor de C.

Control 9 1. Hallar

dz dx

si se cumple x3 + y 3 + z 3 = 0 y x2 + y 2 + z 2 = 1

2. La matriz A=

1 −1 1 2

representa el jacobiano de una función f de clase C 2 de R2 en R2 en el punto (1, 1). Suponga que f (1, 1) = (−1, 0) y que f (x, y) = (u, v). Pruebe que f es localmente ∂y invertible en (1, 1) y encuentre ∂u (−1, 0).

Control 10 1. Muestre que la ecuación diferencial 2x4 yy 0 + y 4 = 4x6 se reduce a una ecuación homogénea mediante el cambio de variables y = z n para cierto n ∈ R. Determine el valor de n y resuelva la ecuación. 2. Resuelva la ecuación x3 yy 0 + 2x2 y 2 − 1 = 0 usando el cambio de variables u = x2 y.

499


Control 11 1. Usando la transformada de Laplace resuelva el problema de valor inicial ty 00 − ty 0 + y = 2 et − 1 con y (0) = 0, y 0 (0) = −1. 2. Obtenga la transformada de Laplace inversa de s2 − s s3 + s2 + 9s + 9

Control 12 1. Resuelva el problema de valores iniciales dy − ex−y + ex = 0 dx y (0) = 1 Ayuda. Use el cambio de variables u = ey . 2. Resuelva la ecuación y 2 dx = (x3 − xy) dy usando un factor integrante de la forma xn y m .

Control 13 Sea α ∈ R − Z. 1. Encontrar el desarrollo en serie de Fourier de la función f : ]−π, π[ → R f (x) = cos (αx) 2. Verificar que " # ∞ 1 1 X 2α cot (απ) = − π α n=1 n2 − α2

Control 14 1. La recta normal, en cada punto (x, y) de la curva dada, pasa por el punto (2, 0). Si la curva pasa por (2, 3) encuentre su ecuación. Justificar. 2. Resolver la ecuación (2x + 1)2 y 00 − 2 (2x + 1) y 0 − 12y = 6x 500


Control 15 1. Obtenga la solución de las ecuaciones a) (6xy 2 − 3x2 ) dx = − (6x2 y + 3y 2 − 7) dy b) xy 0 − y =

y ln y−ln x

2. En la schoper´ıa de “Don Ramón” se vende cerveza artesanal a 4 o C. Dado que se está en época de verano la temperatura interior de la schoper´ıa es de 30 o C. El se˜ nor Ramón es muy exigente con la calidad de su producto y pide a los meseros no servir Schops si es que éstos están a más de 7 o C. Sabiendo que a los 60 segundos la cerveza llega a los 5 o C y que además un mesero demora 2 minutos en transportar la cerveza desde su fuente hasta la mesa ¿podrán los meseros cumplir con las exigencias de Don Ramón? (justifique matemáticamente)

Control 16 1. Calcular

sin t (s) L t

2. Resolver ty 00 + 2y 0 + ty = 0 con y (0) = 1 e y (π) = 0. 3. Encontrar el desarrollo en serie de Fourier para 0 −π < x < 0 f (x) = π−x 0
∞ X n=1

1 (2n − 1)2

Control 17 1. Si ϕ es una función de una variable y z = yϕ (x2 − y 2 ) probar que 1 ∂z 1 ∂z z + = 2 x ∂x y ∂y y

501


Control 18 1. Sea T : R3 [x] → R3 [x] definida por T a0 + a1 x + a2 x2 + a3 x3 = a0 + a1 (x + 1) + a2 (x + 1)2 + a3 (x + 1)3 a) Demuestre que T es una transformación lineal. b) Si B = {1, x, x2 , x3 } encuentre [T ]BB c) Determine dim (T ). ¿Es T inyectiva? Justifique.

Control 19 1. Resolver la ecuación x2 y 00 − 3xy 0 + 3y = 2x4 ex

Control 20 1. Resuelva la ecuación integro diferencial Z t 0 y (t) + y (u) du = f (t) 0

donde f (t) =

1 0≤t<1 0 t>1

con la condición inicial y (0) = 0.

Control 21 1. Para x > 0 resuelva el P.V.I. x2 y 00 − 2xy 0 + 2y = x4 con y (1) = 0, y 0 (0) = 1.

Control 22 1. Considere las superficies en R3 dadas por las ecuaciones y = f (x) y z 2 + 2xz + y = 0 Determine la función f si se sabe que ambas superficies tienen el mismo plano tangente en todo punto donde intersectan. 502


2. Dado el sistema u = f (x) v = g (x, y) w = h (x, y, z) para el caul se cumple

∂(f,g,h) ∂(x,y,z)

6= 0:

a) Demuestre que localmente se pueden despejar las variables y, u, z como funciones de (x, v, w) y que ∂y ∂u = =0 ∂w ∂w b) Pruebe que ∂z 1 =− ∂x gy hz

∂ (h, g) ∂ (x, y)

Control 23 1. Calcule, si existe, el siguiente l´ımite √ y x sin (y 3 ) l´ım (x,y)→(0,0) x4 + y 4 2. Sea f (x, y) =

  

x−y x3 −y

si y − x3 6= 0

 

1

si y − x3 = 0

Encuentre el dominio de continuidad de f .

Control 24 1. Sea f (x, y) = y n e−x

2 /(4y)

. Hallar un valor de n tal que f cumpla la ecuación ∂ 2 ∂f 2 ∂f x = x ∂y ∂x ∂x

2. Demostrar que el tetraedro acotado por los planos coordenados y cada plano tangente a la superficie xyz = a3 es de volumen constante.

503


Control 25 1. Encuentre todas las soluciones de la ecuación dy 3 = x2 (y − 1)3 dx 2 2. Resuelva el problema de valor inicial y0 +

5 y = 3x3 + x 9x

con y (−1) = 4.

Control 26 1. Se está celebrando una fiesta en una habitación que contiene 1800 pies c´ ubicos de aire libre de monóxido de carbono. En el instante t = 0 varias personas comienzan a fumar. El humo que contiene 6 por ciento de monóxido de carbono, se introduce en la habitación a razón de 0.15 pies c´ ubicos por minuto, y la mezcla, removida por ventilación, sale a ese mismo ritmo por una ventana entreabierta. ¿Cuándo deber´ıa abandonar una persona prudente esa fiesta, si el nivel de monóxido de carbono comienza a ser peligroso a partir de una concentración de 0.00018?

Control 27 1. Un edificio tiene dos pisos. El primer piso está sujeto al suelo r´ıgidamente y el segundo es una masa m que pesa 16 toneladas. La estructura elástica del edificio se comporta como un resorte que resiste a los desplazamientos horizontales del segundo piso; requiere una fuerza horizontal de 5 toneladas para que el segundo piso se desplace una distancia de 1 pie. Suponga que un temblor de tierra hace que el piso oscile horizontalmente con una amplitud A0 y con una frecuencia ω, resultando una fuerza externa F (t) = mA0 ω 2 sin (ωt) sobre el segundo piso. a) ¿Cuál es la frecuencia de las oscilaciones del segundo piso? b) Si el suelo sufre una oscilación cada 2.25 segundos con una amplitud de 3 pulgadas ¿cuál es la amplitud de las oscilaciones forzadas resultantes del segundo piso?

Control 28 1. Resuelva el problema de valores iniciales ty 00 − ty − y = 0 con y (0) = 0, y 0 (0) = 3. 504


2. Resuelva el problema 00

0

y − 4y + 4y =

t si 0 ≤ t < 3 t + 2 si t≥3

con y (0) = y 0 (0) = 0.

Control 29 1. Resolver las ecuaciones a) xy 2 y 0 + y 3 = x cos x b)

dy dx

2

2

3x y+y = − 2x 3 +3xy con y (1) = −2

Control 30 1. Sea T : R2 [x] → R2 definida por T (p (x)) = (p (0) , p (1)) a) Pruebe que T es una transformación lineal. b) Determine una base para Ker(T ) e Im(T ). ¿Cuáles son sus dimensiones? c) Sea B = {1 + x, 2 + x2 , 4 + x + x2 } base de R2 [x] y sea C la base canónica de R2 . encuentre [T ]CB .

Control 31 1. Resolver la ecuación

1 2 y − y + 4x (x + 4) 16x2 Sabiendo que una solución particular es de la forma axb . y0 =

2. Determine la función M (x, y) más general de modo que la ecuación diferencial 1 xy M (x, y) dx + xe + 2xy + dy = 0 x sea exacta y resuelva la ecuación para una de tales M .

Control 32 1. Determine los máximos y m´ınimos globales de f (x, y, z) = 2x2 + y 2 + z 2 − xy sujeto a

x2 2

+

y2 4

+

z2 8

≤ 1. 505


Control 33 1. Use la transformada de Laplace para resolver el sistema x0 = 4x − 2y y 0 = 5x + 2y con x (0) = 2 y y (0) = −2.

Control 34 1. Suponga que un tanque cil´ındrico recto con radio de la base 12 metro y altura 4 metros tiene inicialmente 2 litros de agua pura. Una solución de salmuera se bombea hacia 1 el tanque a una rapidez de 1 + 1+t litros por minuto, la concentración de sal en el 1 flujo de entrada es de 2 kilogramo por litro. La solución en el tanque es homogénea y 1 se extrae a 1+t litros por minuto. Determinar la cantidad de sal en el tanque cuando este se llena. 2. Sean u = (1, 0, 1), v = (1, 0, −1) y w = u × v vectores en R3 y C la base canónica de R3 : a) Si T : R3 → R3 es una transformación lineal definida por T (u) = w, T (v) = v y T (w) = u, determine [T ]CC y [T ◦ T ]CC b) Determine expl´ıcitamente T −1 o argumente que no esta definida. c) Si B = {u, v, w} determine [T ]BB d ) Encontrar una matriz A tal que A−1 [T ]BB A = [T ]CC

Control 35 1. ean a, b ∈ R, a 6= 0. Considere la ecuación diferencial autónoma dx = a ((x − 1) (x − 4) − b) dt I) Determine los valores y/o condiciones sobre a y b de modo que la función x (t) ≡ 5 sea una solución de equilibrio y además un atractor. II) Para los valores y/o condiciones obtenidos en la parte anterior, bosquejar el diagrama de fases.

506


III) Para los valores y/o condiciones obtenidos en la parte I), analizar el comportamiento de la solución definida por el P.V.I. dx = a ((x − 1) (x − 4) − b) dt x (0) = 1 esto es: Intervalos de crecimiento, decrecimiento y concavidad, limites a ±∞ si estos tienen sentido (examinar el intervalo maximal de definición). Obs.: No se entregarán puntos por resolver expl´ıcitamente y luego realizar el análisis.

Control 36 1. Considere el sistema de ecuaciones d X = AX + B dt t x (t) 2 4 e donde X = ,A= yB= y (t) −1 −3 e−2t a) Resolver el sistema homogéneo

d X= dt

AX, bosquejar el diagrama de fases y x (0) 3 clasificar la solución de equilibrio. Si = determine la ecuación y (0) 2 de la recta a la cual tiende la curva solución cuando t → +∞.

b) Resolver el sistema no homogéneo

d X dt

= AX + B

2. Resolver el problema d2 y = t+2 dt2 y (0) = 0

Z

t

e−(t−u) y (u) du

0

y 0 (0) = 0

Control 37 1. Considere la función

f (x, y) =

      

xα y si (x, y) 6= (0, 0) x2 + y 2 0 507

si (x, y) = (0, 0)


a) Determine los valores de α ∈ R+ para los cuales f es diferenciable en (0, 0) b) Determine (para todo α ∈ R+ ) el plano tangente a la gráfica en el punto 1, 1, 12 . 2. Sea f : D ⊆ R2 → R definida por p x2 + y 2 − 1 f (x, y) = p 4 − x2 − y 2 a) Determine el dominio D de f . √ ◦ b) Demostrar que 32 , 0 ∈ D, 1, 3 ∈ ∂D y (0, 0) 6∈ D. c) Describir los conjuntos de nivel de f y graficar la función.

508

Cap´ıtulo 13 : Cert´ amenes

Certamen 1 1. Sea f : R2 → R diferenciable tal que f (1, 1) = 1 y ∇f (1, 1) = (−2, 3). Sea z = g (x, y) = f (x2 y, y 2 f (x, y)). Encuentre la ecuación del plano tangente a la superficie z = g (x, y) en el punto (1, 1, 1). 2. Considere la función f (x, y) =

 

1 x

sin (x2 + x2 y 2 ) si x 6= 0



0

si x = 0

a) Pruebe que f es continua en R2 b) Encuentre fx (0, 0) y fy (0, 0) c) Determine si f es diferenciable en (0, 0). 3. El sistema x3 + uy 2 + v = 0 y 3 + yv + x2 = 0 define a u y v como funciones de x e y, en vecindades de los puntos (x, y) = (0, 1) y (u, v) = (1, −1). Sea w = (1, 1), determine la derivada direccional de v = v (x, y) en el punto (1, 0) en la dirección w. 4. El material para el fondo de una caja rectangular cuesta el triple por metro cuadrado que el material para los lados y la tapa. Determine la máxima capacidad que tal caja puede tener si la cantidad total de dinero disponible para el material es $12000 y el material para el fondo cuesta $600 el metro cuadrado.

509


Certamen 2 1. Considere la aplicación lineal T : R3 → R3 tal que T (1, 1, 0) = (2, 4, −2), T (1, 0, 1) = (0, 2, −2) y 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. 2. Sea g : R → R una función continua y defina f : R2 → R por Z y f (x, y) = g (t) dt x

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 solo si Z b bg (b) − ag (a) = g (t) dt a

3. Encuentre el máximo de ln x + ln y + 3 ln z sobre la porción de esfera x2 + y 2 + z 2 = 5r2 donde x > 0, y > 0, z > 0. Use el resultado para probar que para n´ umeros reales positivos a, b, c tenemos 5 a+b+c 3 abc ≤ 27 5 4. Sea U = {(x, y, z) ∈ R3 : xy 6= 0}. Definamos f : U ⊆ R3 → R por z z f (x, y, z) = g x + , y + y x donde g : R2 → R es una función de clase C 1 . Suponga que para cada (x, y, z) ∈ U ,

∂f (x, y, z) 6= 0 ∂z

a) Considere un punto (x0 , y0 , z0 ) ∈ U tal que f (x0 , y0 , z0 ) = 0. Argumente que f (x, y, z) = 0 define impl´ıcitamente a z como función de las variables x e y, es decir, z = z (x, y) en una vecindad de (x0 , y0 ) tal que z0 = z (x0 , y0 ). b) Demuestre que la función z de la parte anterior satisface la ecuación x

∂z ∂z +y = z − xy ∂x ∂y

510


Certamen 3 1. Resuelva la siguiente ecuación y 0 = e2x y 2 − 2y − 9e−2x con y (0) = 4 sabiendo que tiene una solución particular de la forma y (x) = aekx . 2. Un tanque contiene inicialmente 60 gal. de agua pura. Entra al tanque, a una tasa de 2 gal./min., salmuera que contiene 1 lb. de sal por galón, y la solución (perfectamente mezclada) sale de él a razón de 3 gal. por minuto; el tanque se vac´ıa después de una hora exactamente. a) Encuentre la cantidad de sal que hay en el tanque después de t minutos. b) ¿Cuál es la cantidad máxima de sal que llega a tener el tanque?. 3. Resuelva la ecuación x 1 − x2

2

y 00 − 1 − x2

2

y 0 + x3 y = 0

usando el cambio de variables t = − 12 ln (1 − x2 ) 4. Encuentre la solución general de la ecuación 2 x2 − 2x y 00 + 2 (1 − x) y 0 + 2y = 6 x2 − 2x sabiendo que y = x − 1 es una solución de la ecuación homogénea asociada.

511


Certamen 4 1. Resuelva las ecuaciones dy a) x3 dx + x2 y = 2y −4/3

b) (x2 + y 2 + 1) dx − (xy + y) dy = 0 2. Suponga que un individuo infectado se introduce en una población de tama˜ no N, todos los individuos de la cual son susceptibles a la enfermedad . Si suponemos que la tasa de infección es proporcional al producto del n´ umero de infectados y el de susceptibles presentes, ¿cuál será el n´ umero de infecciones en el tiempo t?. 3. Para x > 0, considere la ecuación 2 xy 00 + x2 − 1 y 0 + x3 y = e−x /4 a) Use el cambio de variables t = x2 /2 para encontrar la solución general de la homogénea. b) Resuelva la no homogénea usando variación de parámetros.

512


Certamen 5 1.

a) Pruebe que el cambio de variables u = ax + by + c transforma la ecuación diferencial y 0 = f (ax + by + c) en una ecuación diferencial autónoma, donde a, b y c son constantes reales. b) Use el resultado anterior para transformar la ecuación dy = (y − 2x) − (y − 2x)2 + 2 dx en una ecuación autónoma.

(ec-1)

c) Haga la linea de fase de la ecuación autónoma obtenida en el item b). d ) En el plano xy haga un esbozo de las soluciones de la ecuación (ec-1). e) Obtenga la solución general de (ec-1). 2. Determine una solución de la forma y (x) = xn para la ecuación x2 − 1 y 00 (x) − 2xy 0 (x) + 2y (x) = 0, x > 1 donde n es alg´ un entero positivo. Usando el resultado anterior, hallar la solución del problema de valores iniciales ( 2 (x2 − 1) y 00 (x) − 2xy 0 (x) + 2y (x) = (x2 − 1) x > 1 y (2) = 2, y 0 (2) = 10 3. Considere el sistema lineal de ecuaciones diferenciales dx = y dt dy = −4x − 2ay dt con a ∈ R: a) Para los diferentes valores del parámetro real a, haga un retrato de fase del sistema de ecuaciones indicando las direcciones en las cuales las curvas son recorridas. b) Obtenga la solución general del sistema. 4. Supongamos que la tasa de cambio del precio x de un bien, crece en el tiempo a una razón constante c como resultado de la inflación constante, al mismo tiempo cae en forma proporcional a la diferencia entre la oferta y en el tiempo t y alguna oferta de equilibrio y0 , es decir, dx = c − α (y − y0 ). También asumimos que la tasa de cambio dt de la oferta es proporcional a la diferencia entre el precio y alg´ un precio de equilibrio dy x0 , es decir, dt = β (x − x0 ). (α y β)son constantes de proporcionalidad positivas. Asumiendo que en t = 0,x = x0 y y = y0 513


a) Muestre que el precio y la oferta oscilan alrededor de x0 y y0 + c/α respectivamente. b) Si en el tiempo t = T0 el precio es máximo ¿en qué tiempo la oferta es máxima?

514


Certamen 6 1. Se ha determinado experimentalmente que la variación de peso de un tipo de pez sigue la ley β dp = αe− 3 t p2/3 − βp dt donde p = p (t) representa el peso, α y β son constantes positivas. Si p (0) = p0 > 0 determine el peso máximo del pez. a) Hallar una ecuación diferencial lineal con solución general c1 et cos (2t) + c2 et sin (2t) + t5 b) Considere la ecuación y 00 + q (x) y = 0 donde q es continua en todo R y dos soluciones y1 , y2 las cuales satisfacen y1 (0) = 1, y10 (0) = 0 y y2 (0) = 3, y20 (0) = 1. Si W (x) es el Wronskiano de y1 e y2 en x demuestre que W (x) = 1 para todo x donde las soluciones estén definidas. 2

d y dy 2. Muestre que ϕ (x) = ex es una solución de la ecuación x dx 2 − (x + 2) dx + 2y = 0 y determinar la solución general de

x

dy d2 y − (x + 2) + 2y = x3 2 dx dx

3. Sea C la base canónica de R3 . Sean T, L : R3 → R3 transformaciones lineales tales que T (1, 1, 1) = (1, −3, 3), T (1, 1, 0) = (2, −3, 2), T (1, 0, 0) = (−1, −1, 2) y  −2 −3 −2 [L]CC =  1 1 1  4 6 5 

a) Determine T expl´ıcitamente. b) Determine [T ◦ L]CC c) ¿Qué relación existe entre T y L? d ) Determinar Ker(T ) e Im(L).

515


Certamen 7 1.

a) Calcular la serie de Fourier de la función

f (x) =

  1

si

0
−1 si −π < x < 0



π 1 1 1 = 1 − + − + ··· 4 3 5 7 b) Usando la serie de Fourier anterior, determine la serie de Fourier de y usando la serie muestre que

g (x) =

  a si 

0
b si −π < x < 0

para a, b ∈ R (No se entregarán puntos por calcular esta serie con las fórmulas de los coeficientes de Fourier). 2. Resolver el P.V.I.

d2 y + 9y = dt2

t si t < 1 0 si t > 1

con y (0) = y 0 (0) = 0. 3. Resolver el sistema Z 0

t

e Z

Z

t−u

t

x (u) du + (t − u) y (u) du = t2 Z 0t t (t − u)2 y (u) du = t3 x (u) du +

0

0

4. Sea α ∈ R− {1, 2}. Considere el sistema de ecuaciones d dt

x y

=

α α−2 1−α α

x y

a) Clasificar la solución de equilibrio (silla, atractor, repulsor, etc.) para los distintos valores de α. b) Para α = de fases.

3 2

determine la solución general del sistema y bosquejar el diagrama

516


Certamen 8 1. Hallar y clasificar los puntos cr´ıticos de f : R2 → R definida por f (x, y) = x3 + y 3 + 9x2 − 3y 2 + 15x − 9y ¿Posee f extremos globales?. 2. Considere la función

f (x, y) =

   

x2 y si (x, y) 6= 0 |x| + y 2

  

0

si (x, y) = 0

a) Determine los puntos del dominio de f en los cuales la función es continua. b) ¿Es f diferenciable en (0, 0)? ∂f (1, 1) es la derivada direccional de f en ∂a (1, 1) en la dirección a, determine el valor de

c) Si a es un vector unitario de R2 y

∂f (1, 1) kak=1 ∂a

m´ ax 2

a∈R ,

3. Determine las funciones f : R → R de clase C 1 (R) tales que las superficies S1 = (x, y, z) ∈ R3 : y = f (x) S2 = (x, y, z) ∈ R3 : z 2 + 2xz + y = 0 son tangentes en los puntos de intersección. 4. Suponga que la función de clase C 2 (R), f : R2 → R, (x, y) → f (x, y) satisface la ecuación en derivadas parciales ∂ 2f ∂ 2f ∂ 2f − 2 − 3 =0 ∂x2 ∂x∂y ∂y 2 y defina g : R2 → R por g (u, v) = f (αu + βv, δu + γv) donde α, β, δ y γ son constantes. Determine valores enteros no nulos de α, β, δ y γ para los cuales g cumple ∂ 2g =0 ∂u∂v 517


Certamen 9 1. Resolver la ecuación diferencial t

d2 y dy − 2y = 0 + (1 − 2t) dt2 dt

con las condiciones iniciales y (0) = 1, y 0 (0) = 2. 2. En el paraboloide 4x2 + y 2 + 4z 2 − 16x − 6y − 8z + 25 = 0 hallar el punto más cercano y mas alejado del plano 2x + 2y + z = 0. 3. Muestre que existen funciones u = u (x, y), v = v (x, y) definidas en un abierto U que contiene a (1, 1) tales que u (1, 1) = 0, v (1, 1) = 1, ux3 + xy 2 + u sin u = 1 y v 3 − 2xv + y 3 = 0 además estudiar si la función F : U ⊆ R2 → R2 , (x, y) → F (x, y) = (u (x, y) , v (x, y)) es localmente invertible cerca de (1, 1) y en caso afirmativo calcular DF −1 (0, 1). 4. Sea f : R2 → R, (x, y) → f (x, y) una función de clase C 2 . a) Muestre que si g (r, θ) = f (r cos θ, r sin θ) entonces ∂ 2f ∂ 2f ∂ 2g 1 ∂ 2 g 1 ∂g + = + + ∂x2 ∂y 2 ∂r2 r2 ∂θ2 r ∂r b) Determine una función f : {(x, y) ∈ R2 : 1 ≤ x2 + y 2 ≤ 9} → R tal que ∂ 2f ∂ 2f + = 0 para 1 < x2 + y 2 < 9 2 2 ∂x ∂y f (x, y) = 1 si x2 + y 2 = 1 f (x, y) = 3 si x2 + y 2 = 9 suponiendo que g (r, θ) = f (r cos θ, r sin θ) no depende del ángulo, es decir, ∂g = 0. ∂θ

518


Certamen 10 1. Determine todas la funciones de clase C 1 y positivas f : R → R+ , que cumplan f (0) = 1 y tales que en todo intervalo [a, b] el área bajo la gráfica de la función y sobre el eje x sea igual a la longitud de arco de la gráfica. 2. Determine la solución general de la ecuación d2 y dy d3 y − 6 + 11 − 6y = et + t 3 2 dt dt dt 3. Si se sabe que una solución de d2 y dy + f (x) + g (x) y = 0 2 dx dx es ϕ (x) = x y f (x) = − x1 (x + 2), determine g (x) y la solución general de dy d2 y + f (x) + g (x) y = xex 2 dx dx 4. Construir una transformación lineal T : R4 → R4 tal que ker (T ) = {(x, y, z, w) : x + y + z = 0 ∧ x − 2y + w = 0} e Im (T ) = {(x, y, z, w) : x − y − z = 0 ∧ x + 2w + y − z = 0} y determine [T ]BC donde B = {(1, 0, 0, 0) ; (1, 1, 0, 0) ; (1, 1, 1, 0) ; (1, 1, 1, 1)} y C es la base canónica de R4 .

519


Certamen 11 1. Determine La serie de Fourier de ϕ : [−2, 2] → R x → ϕ (x) =

  0 si x ∈ [−2, 0] 

x si

x ∈ [0, 2]

¿a qué converge la serie de Fourier de ϕ al evaluarla en x = 6? 2. Resolver el P.V.I.   0 si t < 4

2

dy −y =  dt2

t2 si t > 4

donde y (0) = y (0) = 0. 3. Determine las funciones de orden exponencial ϕ, φ : R → R que cumplen ϕ (0) = 0 y Z t ϕ (t − u) φ (u) du = t2 0 Z t et−u ϕ0 (u) du = t 0

a) Analizar para los distintos valores de µ en R la naturaleza de las soluciones de equilibrio del sistema d x µ 1 x = −1 µ y dt y y bosquejar en cada caso el diagrama de fases. b) Resolver el P.V.I. d dt

x 2 1 x = y −1 2 y x (0) = y (0) = 1

520


Certamen 12 1. Considere el siguiente modelo de dinámica poblacional: dy y =r 1− y − Ey donde 0 < E < r, k 6= 0 dt k a) Hallar y clasificar las soluciones de equilibrio. b) Si y (0) = k2 1 − Er bosquejar la solución y determinar l´ımt→+∞ y (t). c) ¿Existen valores de los parámetros E, k, r tal que dos puntos cr´ıticos consecutivos sean atractores? 2. Resolver el problema de valores iniciales xy 00 (x) + (2x − 1) y 0 (x) − 2y (x) = x2 e−3x , x > 0 donde y (1/2) = y 0 (1/2) = 0, si se sabe que y (x) = eαx es una solución de la homogénea asociada para un α adecuado. 3. Considere el problema π u (t) + a u (t) = 2 sin ωt + 4 u (0) = u0 (0) = 0 00

2

donde a es una constante conocida. a) Si a 6= ω resolver la ecuación diferencial con las condiciones dadas. b) ¿Para qué valores de ω ocurre el fenómeno de la resonancia? Justifique su respuesta. 4. Considere el sistema de ecuaciones dx = −5x + 4y dt dy = −4x + 5y dt a) Elaborar el retrato de fases del sistema y clasificar los puntos de equilibrio. b) Bosquejar en el plano de fase la curva solución con condiciones iniciales x (0) = 2, y (0) = 3 ¿Existe alg´ un instante t en el cual x (t) = y (t)? c) Bosquejar en el plano de fase la curva solución con condiciones iniciales x (0) = 4, y (0) = 2 ¿Existe alg´ un instante t en el cual x (t) = y (t)?

521


Certamen 13 1. Sea f : R3 → R diferenciable y tal que ∇f (0, 2, 1) = (1, −1, −2)

y

f (0, 2, 1) = 4

Considerar además la función g(u, v) = f (u − v 2 , 3u − v , 3u2 − 2v) . Encuentre la ecuación del plano tangente a la superficie z = g(u, v) en el punto (1, 1, 4) . 2. La ecuación x2 + y 3 + z 4 + u5 = 2 define a u como función de x , y y z y la ecuación x + y 2 + z 3 = 1 define a z como función de x e y . Entonces, se puede considerar u como función de x e y . Entonces: du − Hallar → (1 , −1) , donde → v está en la dirección (1 , 1). − dv 3. Sean F : R3 → R3 y G : R2 → R3 dadas por F (x , y , z) = (u , v , w) determinado por el sistema u = x−y v = x2 − y 2 + z w = x−z y G(x , y) = (x − 2y + 1 , 2x − y , x2 − y 2 ) a) Determinar los puntos de R3 en los que F es localmente invertible. dy b) Determinar (0, 1, 0) dw c) Calcular el diferencial de F −1 ◦ G en (1, 1) 4. Considerar la elipse que se obtiene al interceptar el cilindro x2 + y 2 = 1 y el plano x + y + z = 0 . Encontrar la longitud del semieje mayor y del semieje menor.

522


Certamen 14 1. Resolver 00

0

Z

t

y − 2y + y − 2

y(u)du = 5 ;

t≥0

0

con y(0) = 0 ;

y 0 (0) = 0 .

2. Resolver el sistema      x(t) x0 (t) 1 2 3  y 0 (t)  =  0 2 3  ·  y(t)  z(t) z 0 (t) 0 0 2 

3. Considerar la función f (x) = eλx ; −π < x < π

y f (x + 2π) = f (x) . Pruebe o refute que: ∞ X π 1 (−1)n λ = +2 sinh(λπ) λ λ2 + n2 n=1

523


Certamen 15 1. Encuentre la solución general de la ecuación de Euler no homogénea: x2 y 00 + 2xy 0 − 2y = 10 cos (ln x) 2. Una masa que pesa 8 lbs. estira 4 pies un resorte. Al principio esta masa parte del reposo a 2 pies abajo de la posición de equilibrio y el movimiento ocurre en un medio que presenta una fuerza de amortiguamiento igual a la mitad de la velocidad instantánea. Deducir la ecuación del movimiento si se aplica una fuerza externa igual a f (t) = t cos(2t) 3. Para x > 0 y haciendo el cambio x =

1 t

encuentre la solución general de la ecuación 1 4 00 3 0 4x y + 8x y + y = tg 2x

4. Considere la ecuación diferencial 2 y 00 + 4xy + 6 + 4x2 y = x2 e−x . 2

a) Pruebe que si y(x) = u(x)e−x es solución, entonces u satisface una ecuación diferencial lineal no homogénea con coeficientes constantes. b) Use el resultado de la parte anterior para determinar la solución y(x) con y(0) = 1 , y 0 (0) = 0

524


certamen 16 1. La Ley de Malthus supone que la tasa de crecimiento de una población p , es directamente proporcional al tama˜ no de la población en cada instante. a) Escribir la ecuación diferencial que representa esta relación y verificar que p(t0 ) = p0 , entonces p(t) = peα(t−t0 ) , para alguna constante α > 0 b) Sabiendo que la población de la tierra aumentó, en promedio, el 2 % anual desde 1960 (α = 0,02) y que en 1965 se estimaba en 3.340 millones de personas. Calcular mediante este modelo en cuanto tiempo la población se duplico (respecto de 1960). c) Este modelo tiene una corrección propuesta por Verhulst en 1837, que asume que al crecer mucho la población y tener que competir por el alimento y espacio, el crecimiento se ve afectado por la falta de recursos. Este modelo está dado por la ecuación log´ıstica p0 = αp − βp2 con α, β constantes reales positivas. Resuelva esta ecuación. d ) Calcular para ambos modelos el l´ımite cuando t tiene a infinito y explicar su resultado. 2. Determine la distancia máxima y m´ınima del origen (0, 0, 0) a los puntos de la curva definida por la intersección de las superficies: z = x2 + y 2 ;

x + 2y + z = 10

3. Considere la transformación F : R3 → R3 dada por F (x, y, z) = (u, v, w), donde u = xy 2

v = x + 3y

w = z − x.

Se verifica que F (4, 1, 2) = F (1, 2, −1) = (4, 7, −2). a) Pruebe que en torno a los puntos (4, 1, 2) y (1, 2, −1) existen inversas locales (x, y, z) = G(u, v, w) ;

(x, y, z) = H(u, v, w)

que satisfacen G(4, 7, −2) = (4, 1, 2) y H(4, 7, −2) = (1, 2, −1) respectivamente. ∂x ´ b) Calcular en el punto (4, 7, −2) para G ó H (ESCOGER SOLO UNA DE ∂v ELLAS).

525


Certamen 17 1. Resuelva la ecuación diferencial x3 y 000 + 4x2 y 00 + xy 0 − y = x2 ln x para x > 0. 2. Considerar la función f (t) =

0 si 0 ≤ t < 1 1 si t≥1

Resuelva el sistema 9x0 − 32y 0 − 32y = f (t) −2x0 +

Z

t

x (u) du + 8y 0 + 8y = 0

0

con x (0) = 32 e y (0) = 9. 3. Use el cambio y =

z 1+x2

para resolver la ecuación

1 + x2 y 00 + 4xy 0 + 2 3 + 2x2 y =

526

2 2 + + 2x cos (2x) sin (2x)


Certamen 18 1. Sea T : R3 → R2 una transformación lineal. Sean B = {(1, 1, 1) , (1, 1, 0) , (1, 0, 0)} y U = {(1, 1) , (1, −1)} bases de R3 y R2 respectivamente. Considere A=

[T ]UB

=

1 0 −1 −1 1 2

Determine: a) [T (1, 1, 0)]U b) T (3, 2, 1) c) ¿T es inyectiva? z−y , . Probar que a) Si w = f y−x xy yz x2

∂w ∂w ∂w + y2 + z2 =0 ∂x ∂y ∂z

b) Sea f : R2 → R definida por f (x, y) =

x2 si x2 ≥ y 2 y si x2 < y 2

determine el máximo dominio de continuidad de f . 2 2 2

2

2

2

2

2. Pruebe que el máximo valor de x y z bajo la condición x + y + z = R es Deduzca de esto que p x2 + y 2 + z 2 3 x2 y 2 z 2 ≤ 3

R2 3

3

.

3. Un canaleta cuya sección transversal tiene forma de trapecio, con ańgulos en la base iguales, se va a construir doblando bandas iguales a lo largo de ambos lados de una larga pieza de metal, de 12 pulgadas de ancho. Encuentre los ańgulos de la base y las dimensiones de los lados que producen la máxima capacidad de acarreo.

527


Certamen 19 1. Dada la función definida por ( f (x, y) =

(y−2)2 sin(xy) x2 +y 2 −4y+4

0

si si

(x, y) 6= (0, 2) (x, y) = (0, 2)

¿Es f una función continua en R2 ? abc. Hallar el elipsoide con centro 2. El volumen de un elipsoide de semiejes a, b, c es 4π 3 (0, 0, 0) de volumen m´ınimo que pasa por (2, −3, 5). 3. Considere las ecuaciones uv − 3x + 2y = 0 u4 − v 4 = x2 − y 2 Verifique que ellas definen funciones u = u (x, y), v = v (x, y) en torno al punto (u, v, x, y) = (1, 1, 1, 1), además, determine la ecuación del plano tangente a la superficie u = u (x, y) en (1, 1, 1). 4. Sea f : R2 → R de clase C 2 a) Pruebe que si f es homogénea de grado p, es decir, f (tx, ty) = tp f (x, y) entonces x2

2 ∂ 2f ∂ 2f 2∂ f + 2xy + y = p (p − 1) f ∂x2 ∂x∂y ∂y 2

Ind.: g (t) = f (tx, ty) derivar dos veces respecto a t. b) Probar que si (x, y) · ∇f (x, y) = pf (x, y) para todo (x, y) entonces p es homogénea de grado p. Ind.: Defina g (t) = f (tx, ty) − tp f (x, y) y calcule la derivada.

528


Certamen 20 1. Sea

( f (x, y) =

xy 3 x2 +y 2

0

si (x, y) 6= (0, 0) si (x, y) = (0, 0)

a) ¿Es f continua en (0, 0)? b) Hallar fx (x, y) y fy (x, y). 2. (Plano tangente y regla de la cadena) a) Dada la superficie S : x2 + 2y 2 + 3z 2 = 21 hallar la(s) ecuación(es) del (de los) plano(s) tangente(s) a S que es (son) paralelos(s) al plano x + 4y + 6z = 0. b) Si z = f (x, y) es de clase C 1 y x = r cos θ e y = r sin θ, probar que sin θ

∂z ∂z cos θ ∂z + = ∂r r ∂θ ∂y

3. (Máximos y m´ınimos) a) Encuentre los máximos y/o m´ınimos de la función f (x, y, z) = x2 + y 2 + z 2 + xy + yz + xz + x − 2y b) Determine los ángulos α, β, γ de un triángulo de modo que el producto de sus senos sea máximo.

529


Certamen 21 1. Considere la función f definida como sigue: ( 2yx3 si (x, y) 6= (0, 0) 2 +y 2 x f (x, y) = 0 si (x, y) = (0, 0) a) Determine si la función f (x, y) es continua en todo R2 . b) Determine si la función f (x, y) es diferenciable en todo R2 . c) Determine el valor de fxy (0, 0) y fyx (0, 0). 2. Sean x la cantidad de sillas e y la cantidad de mesas producidas por un fabricante. Si las funciones f (x, y) = 256 − 3x − y y g (x, y) = 222 + x − 5y corresponden a los precios unitarios de venta de los productos respectivamente, hallar las cantidades de sillas y mesas de modo de obtener máximas utilidades sabiendo que el costo de producción total es C (x, y) = x2 + xy + y 2 . 3. Dada la ecuación sin (yz) + sin (xz) + sin (xy) = 0 a) Encuentre las condiciones para que z este definida impl´ıcitamente como función de las variables x e y cerca de (x, y, z) = (1, 0, π). b) Encontrar el plano tangente a la gráfica de z = g (x, y) en (x, y, z) = (1, 0, π). 4. Dada la función z = f (2x + 3g (y)) a) Encuentre las condiciones para que la función z = f (2x + 3g (y)) sea dos veces diferenciable en R2 . b) Bajo los supuestos encontrados en la parte anterior, determine el valor de k de modo que ∂z ∂ 2 z ∂z ∂ 2 z k= − ∂x ∂x∂y ∂y ∂x2

530


Certamen 22 1. Sea T : R3 → R3 la transformación lineal definida por T (x, y, z) = (x + z, y + 3z, x + y + αz) con α ∈ R: a) Determine el valor de la constante α para que dim Ker(T ) = 1 y en este caso Calcule Ker (T ). b) Para el valor anterior de α calcule Im (T ). 2. Sean p (x) y q (x) dos funciones continuas. Verificar que la sustitución y = ez con z = z (x) transforma la ecuación diferencial y 0 + p (x) y = q (x) y ln y en una ecuación lineal de primer orden. Usando lo anterior, resolver la ecuación xy 0 = 2x2 y + (x + 1) y ln y 3. Hallar la solución general de una ecuación diferencial lineal a coeficientes constantes homogénea, cuya ecuación caracter´ıstica es: λ5 − 2λ4 + 6λ3 − 9λ2 + 8λ − 4 = 0 √ sabiendo que y = ex/2 cos 23 x es una solución de dicha ecuación. 4. Hallar la solución general de la ecuación diferencial d2 y dy + tan (x) + cos2 (x) y = 0 2 dx dx utilizando para ello el cambio de variables t = sin x.

531


Certamen 23 1. (40 pts.) Sea f : R2 → R la función definida   −2y 2 ,    , 0 f (x, y) = 2 2  x +y   sin (x + y) ,  2 x + |y|

por: (x, y) ∈ A (x, y) = (0, 0) (x, y) ∈ AC ∧ (x, y) 6= (0, 0)

en donde: A= a) Calcule

(x, y) ∈ R2 : y > 0 ∧ −x ≤ y ≤ x

∂f ∂f (0, 0) y (0, 0). ∂x ∂y

b) ¿Es diferenciable f en (0, 0)? 2. Sean f : R3 → R una función tal que ∇f (1, 1, −2) = (−1, 1, 0) y h : R2 → R otra función definida por h(s, t) = 2s2 + st: (a) Encuentre un vector unitario normal a la curva de nivel (s, t) : h(s, t) = 2 en el punto (1, 0). (b) Considere ω : R2 → R definida por ω(s, t) = f 3x + 2xy + z 2 , x + y 2 , x − 2z 2 en donde: ∇ω(1, 0).

x(s, t) = 2st,

y(s, t) = s2 − 2t y

z(s, t) = s + t. Calcule

(c) Encuentre la derivada direccional de ω en el punto (1, 0) en la dirección dada por el vector calculado en la parte (a). 3. Sean f : R2 → R una función definida por: f (x, y) = x − x2 − y 2 y el conjunto U = {(x, y) : x2 + y 2 ≤ 1}: ˚ = {(x, y) : x2 + y 2 < 1}, a) Mediante el criterio del hessiano, determine los extremos de f en U en caso de existencia. b) Mediante el método de los multiplicadores de Lagrange, calcule los extremos de f en ∂U = {(x, y) : x2 + y 2 = 1}, si acaso existen.

532


Certamen 24 1. Sea x = x (t) una función que satisface el sistema de ecuaciones x00 = y − z y 00 = x0 + z 0 z 00 = − (1 + x + y) donde x (0) = x0 (0) = 0, y (0) = −1, y 0 (0) = 1 y z (0) = 0, z 0 (0) = 1. Calcule, de ser posible, el valor de x (π). 2. Sea f : R → R la función periódica definida por f (x) = e−x para − π < x < π y f (x + 2π) = f (x). Calcule la serie de Fourier de f . 3. Sea f : R2 → R una función de clase C 2 (R2 ). Considere el cambio de variables x = u+v y = uv 2 y la función g : R2 → R definida por g (u, v) = f (x (u, v) , y (u, v)). Calcule el valor de ∂ 2g ∂ 2g (1, 1) + (1, 1) ∂u2 ∂v 2 sabiendo que

∂2f ∂x2

(2, 1) =

∂2f ∂y∂x

(2, 1) =

∂2f ∂y 2

(2, 1) = 1 y

∂f ∂y

(2, 1) = 2.

4. Se desea construir un tanque que consistir a de un cilindro circular recto de altura h y radio r, una tapa superior semiesférica de radio r y finalmente una tapa inferior plana del mismo radio. Suponga que los costos de construcción de la tapa semiesférica son de $20 por [m2 ]; que los costos de construcción de la cara lateral cil´ındrica son de $8 por [m2 ] y de $5 por [m2 ] para la base circular plana. a) Hallar el valor de h y r de modo que el costo de construcción sea m´ınimo asumiendo que el volumen debe ser de 200π [m3 ]. b) ¿A cuanto es igual la relación h : r?.

533


Certamen 25 1. Resuelva usando la transformada de Laplace el siguiente problema de valores iniciales ty 00 − 2y 0 + ty = 0 con y (0) = 1, y 0 (0) = 0 2. Sea f : [0, π[ → R la función definida por: ( f (t) =

2t π 2(π−t) π

si 0 ≤ t < π2 si π2 ≤ t < π

Desarrollar f (t) en una serie de Fourier en términos del seno. 3. Considere la ecuación diferencial de primer orden √ dx = (x − 1) (x − a) x x2 + x + 1 dt en donde a es un parámetro real. Determine condiciones sobre a de modo que la solución de equilibrio x = 0 sea un punto atractor.

534


Certamen 26 1. Sea T : R2 [x] → R2 la función definida por Z 0 T (p (x)) = p (1) , 6

1

p (x) dx

0

a) Pruebe que T es una transformación lineal. b) Hallar el n´ ucleo de T y una base para la imagen de T . c) Sean B = {1, 1 + x, x + x2 } y D = {(1, −1) , (0, 1)} bases ordenadas de R2 [x] y R2 respectivamente. Calcular [T ]D B. 2. Hallar la solución general de la ecuación x2 (1 − x) y 00 + 2x (2 − x) y 0 + 2 (1 + x) = x2 sabiendo que la homogénea asociada tiene una solución de la forma y = x−2 . 3. La ecuación homogénea y (4) − 4y 000 + 11y 00 + 8y 0 − 26y = 0 tiene una solución de la forma y = e2x cos 3x. Resolver la ecuación y (4) − 4y 000 + 11y 00 + 8y 0 − 26y = x 4. Se suministra bacterias como alimento a una población de protozoos a una tasa gr constante de 1 min . Se ha observado que las bacterias son consumidas a una tasa de cuatro veces el cuadrado de su cantidad c (t). Hallar c (t) en función de c (0) = c0 .

535


Certamen 27 1. Sea x > 1. Resuelva la ecuación diferencial: (1 − x) y 00 + xy 0 − y = (1 − x)2 cosh x sabiendo que una solución de la ecuación homogénea asociada es y = ex . 2. Laplace: a) Calcule L t sen t . b) Si L f (t) = X (s), calcule f (t), sabiendo para ello que X (s) satisface la ecuación: 2s (1 − e−2πs ) s2 + 1 X (s) = s2 + 1 3. Considere el siguiente sistema de ecuaciones: Z t   x0 + 2x + 6 y (u) du = −2 0  x0 + y 0 + y = 0 en donde x (0) = −5 e y (0) = 6. Calcule el valor de x (ln 2). 4. Sea f : R2 → R la función definida por:  xy 2   , si y > x2   2 + y2 x   x2 y f (x, y) =  , si y ≤ x2 ∧ (x, y) 6= (0, 0)  2 + y2  x    0 , si (x, y) = (0, 0) Determine todos los puntos de R2 para los cuales la función f es continua.

536


Certamen 28 1. Considere la función f : R2 → R definida por:   xy sin x , (x, y) 6= (0, 0) f (x, y) = x2 + y 2  0 , (x, y) = (0, 0) a) Determine si f es continua en (0, 0). b) Determine todas las derivadas direccionales de f en (0, 0). c) Determine si f es diferenciable en (0, 0). 2. Sea z = z (x, y) una función de clase C 2 . Escriba la ecuación: ∂ 2z ∂ 2z ∂ 2z + 2 − 3 =0 ∂x2 ∂x∂y ∂y 2 en las variables u y v definidas por las ecuaciones: u = 3x − y

∧

v =x+y

3. Determine los valores de las constantes a, b y c en R de modo que la derivada direccional de: f (x, y, z) = acy 2 + byz + cz 2 x3 en el punto (1, 2, −1) tenga un valor máximo de 64 en la dirección del eje X positivo. 4. Hallar las dimensiones del paralelep´ıpedo rectangular de mayor volumen con aristas paralelas a los ejes coordenados que puede ser inscrito en el elipsoide de ecuación: x 2 y 2 z 2 + + =1 3 4 5

537


Certamen 29 1. Resuelva la ecuación diferencial: (1 + x)2 y 00 − 3 (1 + x) y 0 + 4y = (1 + x)3 utilizando para ello el cambio de variables et = 1 + x. 2. Resuelva la ecuación diferencial: x00 + tx0 − x = 0,

x (0) = 0,

x0 (0) = 1

3. Sea z ∈ C 2 . Simplificar al máximo la ecuación: y

∂ 2z ∂ 2z ∂ 2z + (x + y) + x =0 ∂x2 ∂x∂y ∂y 2

considerando para ello el cambio de variables dado por: u = y 2 − x2

∧

v =y−x

4. Sean f : R3 → R una función diferenciable tal que: ∇f (0, 2, 1) = (1, −1, −2)

∧

f (0, 2, 1) = 4

y g la función definida por g (u, v) = f (u − v 2 , 3u − v, 3u2 − 2v). Hallar la ecuación del plano tangente a la superficie z = g (u, v) en el punto (1, 1, 4) . 5. Determine el máximo y el m´ınimo absolutos de la función: z = sin x + sin y + sin (x + y) en la región: 0≤x<

π 2

538

∧

0≤y≤

π 2


Certamen 30 Z

x

1. Sea g (x) = 1

et dt. Hallar todos los valores de la constante a tales que la función t

f definida por: f (x) =

1 a g(x) e x

satisfaga la ecuación diferencial lineal: x2 y 00 + 3x − x2 y 0 + 1 − x − e2x y = 0 Utilizar la información anterior para determinar la solución general de la ecuación en el intervalo (0, +∞). 2. Utilizando la Transformada de Laplace, resuelva la ecuación diferencial: xy 00 − 2y 0 + xy = 0 sabiendo que y (0) = 1 e y 0 (0) = 0. 3. Considere la función f : R2 → R definida por: ( x|y|3/2 , (x, y) 6= (0, 0) x2 +y 2 f (x, y) = 0 , (x, y) = (0, 0) a) Determine si f es continua en (x, y) = (0, 0) b) Determine si f es diferenciable en (x, y) = (0, 0) Z x 2 4. Sea f (x, y) = ln (x + 2xy + 1) + sin2 t dt 0

a) Calcule ∇f (π, 1) ∂f − − b) Calcular → v ∈ R2 tal que k→ v k = 1 y que → (π, 1) sea máxima. ∂− v 5. Determine el máximo y el m´ınimo absoluto de la función: z = x3 + y 3 − 3xy en la región: 0≤x≤2

∧

539

−1 ≤ y ≤ 2


Certamen 31 1. Hallar la solución general de la ecuación: xy 00 − 2 (x + 1) y 0 + (x + 2) y = x3 e2x para x > 0, bajo el supuesto que la ecuación homogénea tiene una solución de la forma y = emx 2. Resuelva la ecuación diferencial: 2 (1 + x)2 y 00 − 6 (1 + x) y 0 + 8y = (x + 1)3 3. Considere la función f : R2 → R definida por: ( x|y|3/2 , (x, y) 6= (0, 0) x2 +y 2 f (x, y) = 0 , (x, y) = (0, 0) a) Determine si f es continua en (x, y) = (0, 0) b) Determine si f es diferenciable en (x, y) = (0, 0) 4. Sean f, g : R → R funciones de clase C 2 . Considere z : U ⊆ R2 → R definida por: y y z (x, y) = x f +g x x Calcule el valor de: x2

2 ∂ 2z ∂ 2z 2∂ z + 2xy + y ∂x2 ∂x∂y ∂y 2

5. Determine el máximo y el m´ınimo absoluto de la función: z = x3 + y 3 − 3xy en la región: 0≤x≤2

∧

540

−1 ≤ y ≤ 2

Cap´ıtulo : Bibliograf´ıa

[1] Kreyszig, E. Advanced Engineering Mathematics, 9th Ed., John Wiley & Sons Inc., Singapore, 2006. [2] Piskunov, N. C´ alculo Diferencial e Integral, Editorial Limusa S.A. de C.V., México, 2007. [3] Osses, A. Ecuaciones Diferenciales Ordinarias, CMM, Departamento de Ingenier´ıa Matemática, U. de Chile, Santiago, 2010. [4] Derrick, W & Grossman, S Ecuaciones diferenciales con aplicaciones, Fondo Educativo Interamericano, México, 1984. [5] Apostol, T. Calculus: volumen 1, Editorial Reverté, Barcelona, 1967. [6] Fernández, C. & Rebolledo, R. Ecuaciones diferenciales ordinarias, Ediciones Universidad Católica de Chile, Santiago, 1995. [7] Hsu, H. Análisis de Fourier, Addison-Wesley Iberoamericana, EE.UU., 1987. [8] Rocha, J.M. & Villa, G. Cálculo infinitesimal de varias variables: vol. 1, I.P.N, México, 2003. [9] Taylor,H & Wade, T. Cálculo diferencial e integral, Limusa–Wiley, México, 1972. [10] Gavilán, E. Dossier de problemas resueltos, Departamento de Matemáticas, U. de Concepción, Concepción. [11] Mart´ınez, C. Cálculo real y vectorial en varias variables, Instituto de Matemáticas, P. U. Católica de Valpara´ıso, Valpara´ıso, 2000. [12] Jerrold E. Marsden & Anthony J. Tromba. Cálculo vectorial, 5th Ed. Pearson. Estados Unidos 2010.

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Departamento Matemática UTFSM Santiago MAT023 APUNTES DE CLASES

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