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Cálculo vectorial Julián Uribe Castañeda

Universidad Pontificia Bolivariana

Cálculo vectorial

Julián Uribe Castañeda

Agradecimientos

Índice general Índice general

VI

1. Funciones de varias variables

1

1.1. Definiciones y ejemplos básicos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

1

1.2. Conjuntos de puntos descritos por funciones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

4

2. Topología en Rn

10

3. Diferenciabilidad

17

3.1. Derivadas parciales de orden superior . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

20

3.2. Plano tangente y diferenciabilidad . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

23

3.3. Derivadas direccionales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

37

3.4. Matriz jacobiana . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

41

3.5. Regla de la cadena . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

43

r

3.6. Funciones de clase C . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

50

3.7. Planos tangentes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

53

3.8. Teorema de la función implícita . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

57

4. Máximos y mínimos de funciones de varias variables 4.1. Extremos globales en regiones compactas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Bibliografía

67 75 86

Capítulo 1 Funciones de varias variables 1.1.

Definiciones y ejemplos básicos

Definición 1.1.1 (Función): Sean A y B conjuntos no vacíos. Entonces una función f de A en B es una relación entre A y B , tal que cada x ∈ A está relacionado con un único elemento f (x ) ∈ B .

· En este caso denotamos esta función por f : A −→ B con x 7→ f (x ) = y . · El conjunto A es llamado el dominio de la función f : A −→ B . · El conjunto B es llamado el codominio de la función f : A −→ B . · El rango de f : A −→ B es el conjunto { f (x ) ∈ B : x ∈ A}. Nota: En este capítulo trabajaremos con funciones f : A −→ B con A y B subconjuntos de espacios euclídeos. Es decir A ⊆ Rn y B ⊆ Rm .

Funciones de varias variables

2

Ejemplo 1.1.1 Sea F : A ⊆ R3 −→ R3 definida por F (x , y , z ) = (x y , l n(x + y ), z c o s x ). Hallar el D o m(f ) = A. Solución: En este caso el dominio es el conjunto de puntos (x , y , z ) ∈ R3 tal que x + y > 0. Es decir D o m(f ) = {(x , y , z ) ∈ R3 : x + y > 0}. p Ejemplo 1.1.2 Sea F : A ⊆ R2 −→ R3 definida por F (x , y ) = ( 4 − x 2 − y 2 , l n (x y ), s i n x ). Hallar el D o m(f ) = A. Solución: En este caso el dominio es el conjunto de puntos (x , y ) ∈ R2 los cuales satisfacen que 4 − x 2 − y 2 ¾ 0 y x y > 0. Lo cual equivale a tener que D o m (f ) = {(x , y ) ∈ R2 : x 2 + y 2 ¶ 4 y x , y > 0} ∪ {(x , y ) ∈ R2 : x 2 + y 2 ¶ 4 y x , y < 0}.  ‹ x 2 3 −1 Ejemplo 1.1.3 Sea F : A ⊆ R −→ R definida por F (x , y ) = (1, c o s , x 2 + y ). x+y Hallar el D o m(f ) = A. 2 Solución: En este caso el dominio es el conjunto de puntos (x , y ) ∈ R los cuales satisfa x ¶ 1 con x + y 6= 0. De esta forma tenemos que: cen que x+y

x x2 ¶1⇔ ¶ 1 ⇔ x 2 ¶ (x + y )2 = x 2 + 2x y + y 2 ⇔ 0 ¶ 2x y + y 2 . x + y (x + y )2 x 2 x + y ¶ 1 ⇔ 0 ¶ 2x y + y ⇔ 0 ¶ y (2x + y ). Por lo tanto tenemos que y , 2x + y ¾ 0 ó y , 2x + y ¶ 0. De esta manera, tenemos que si definimos los conjuntos: B = {(x , y ) ∈ R2 : x + y 6= 0, y , 2x + y ¾ 0}. C = {(x , y ) ∈ R2 : x + y 6= 0, y , 2x + y ¶ 0}. Entonces D o m(f ) = B ∪ C . Ejemplo 1.1.4 Sea F : [0, 2π] ⊆ R −→ R2 definida por F (θ ) = (2c o s θ , 2s i n θ ). Describir el rango de F . Solución: R a n g o (f ) = {(x , y ) ∈ R2 : x 2 + y 2 = 4} (Recordar las coordenadas polares). Ejemplo 1.1.5 Sea F : [0, 2π] ⊆ R −→ R2 definida por F (θ ) = (2c o s θ , 3s i n θ ). Describir el rango de F .

1.1 Definiciones y ejemplos básicos

3

Solución: Notemos que si x = 2c o s θ e y = 3s i n θ , entonces  x 2

= c o s 2 θ + s i n 2 θ = 1. 3  x 2  y 2 Por tanto, R a n g o (f ) = {(x , y ) ∈ R2 : + = 1} (Elipse). 2 3 2

+

 y 2

Ejemplo 1.1.6 Sea F : [0, 2π] × R ⊆ R2 −→ R3 definida por F (θ , z ) = (2c o s θ , 2s i n θ , 0). Describir el rango de F . Solución: Notemos que si x = 2c o s θ e y = 2s i n θ , entonces  x 2 2

+

 y 2 2

= c o s 2 θ + s i n 2 θ = 1.

Por tanto, R a n g o (f ) = {(x , y , 0) ∈ R3 : x 2 + y 2 = 4} (Circunferencia). Ejemplo 1.1.7 Sea F : [0, 2π] × R ⊆ R2 −→ R3 definida por F (θ , z ) = (2c o s θ , 3s i n θ , z ). Describir el rango de F . Solución: Notemos que si x = 2c o s θ e y = 3s i n θ , entonces  x 2 2

+

 y 2 3

Por tanto, R a n g o (f ) = {(x , y , z ) ∈ R3 :

= c o s 2 θ + s i n 2 θ = 1.

 x 2 2

+

 y 2 3

= 1} (Cilindro).

Ejemplo 1.1.8 Sea F : [0, 2π] × [0, π] ⊆ R2 −→ R3 la función que está definida como F (θ , φ) = (c o s θ sin φ, s i n θ sin φ, c o s φ). Describir el rango de F . Solución: Notemos que si x = c o s θ sin φ, y = s i nθ sin φ, z = c o s φ entonces x 2 + y 2 + z 2 = 1 (Coordenadas esféricas). Por tanto, R a n g o (f ) = {(x , y , z ) ∈ R3 : x 2 + y 2 +z 2 = 1} (Esfera de radio 1 y centro (0, 0, 0)). Ejemplo 1.1.9 Sea F : [0, 2π] × [0, π] ⊆ R2 −→ R3 la función que está definida como F (θ , φ) = (2c o s θ sin φ, 3s i nθ sin φ, c o s φ). Describir el rango de F . Solución: Notemos que si x = 2c o s θ sin φ, y = 3s i n θ sin φ, z = c o s φ entonces  x 2 2

+

 y 2 3

+ z 2 = 1.

Funciones de varias variables

4 Por tanto, R a n g o (f ) = {(x , y , z ) ∈ R3 :

 x 2 2

+

 y 2 3

+ z 2 = 1} (Elipsoide).

Ejemplo 1.1.10 Sea F : [0, 1] × [0, 2π] × [0, π] ⊆ R3 −→ R3 la función que está definida como F (r, θ , z ) = (r c o s θ , r s i nθ , z ). Describir el rango de F . Solución: Notemos que si x = r c o s θ , y = r s i nθ entonces x 2 + y 2 = r 2 , 0 ¶ r 2 ¶ 1. Por tanto, R a n g o (f ) = {(x , y , z ) ∈ R3 : x 2 + y 2 ¶ 1, 0 ¶ z ¶ π} (Cilindro sólido acotado). Ejercicio: Sea F : [0, 1] × [0, 2π] × [0, π] ⊆ R3 −→ R3 la función que está definida como F (ρ, θ , φ) = (ρc o s θ sin φ, ρs i nθ sin φ, ρc o s φ). Describir el rango de F .

1.2.

Conjuntos de puntos descritos por funciones

Dada una función f : A ⊆ Rn −→ Rm , podemos describir algunos conjuntos de puntos especiales los cuales son los siguientes: • Gráfica de f : Es el conjunto definido por {(x , f (x )) ∈ Rn × Rm : x ∈ A}. • Preimagen: Dado c ∈ Rm , entonces la preimagen de f bajo c es el conjunto descrito como {x ∈ A : f (x ) = c } y denotamos este conjunto por f −1 (c ). • Rango de f : Es el conjunto definido por { f (x ) ∈ Rm : x ∈ A}. Nota: Dado un conjunto S ⊆ RN , diremos que: (1)

S está descrito en forma explicita , si S = Gráfica(f ) para alguna función f .

(2)

S está descrito en forma implicita , si S = f −1 (c ) para alguna función f .

(3)

S está descrito en forma paramétrica

, si S = R a ng o (f ) para alguna función f .

Ejemplo 1.2.1 Dada la función f : R −→ R definida como f (x ) = x 2 , describir los siguientes conjuntos: (1) Gráfica(f ). (2) f −1 (1).

1.2 Conjuntos de puntos descritos por funciones

5

(3) R a n g o (f ). Solución: (1) Gráfica(f ) = {(x , x 2 ) ∈ R2 : x ∈ R}. (2) f −1 (1) = {x ∈ R : f (x ) = 1} = {x ∈ R : x 2 = 1} = {−1, 1}. (3) R a n g o (f ) = { f (x ) ∈ R : x ∈ R} = {x 2 ∈ R : x ∈ R} = [0, ∞). Ejercicio: Dada la función f : R −→ R definida como f (x ) = x 3 + 1, describir los siguientes conjuntos: (1) Gráfica(f ). (2) f −1 (c ) para algún c ∈ R. (3) R a n g o (f ). Ejemplo 1.2.2 Dada la función f : R2 −→ R definida como f (x , y ) = x 2 + y 2 , describir los siguientes conjuntos: (1) Gráfica(f ). (2) f −1 (16). (3) R a n g o (f ). Solución: (1) Gráfica(f ) = {(x , y , x 2 + y 2 ) ∈ R3 : (x , y ) ∈ R2 }. (2) f −1 (16) = {(x , y ) ∈ R2 : f (x , y ) = 16} = {(x , y ) ∈ R2 : x 2 + y 2 = 16}. (3) R a n g o (f ) = { f (x , y ) ∈ R : (x , y ) ∈ R2 } = {x 2 + y 2 ∈ R : (x , y ) ∈ R2 } = [0, ∞). Ejemplo 1.2.3 Dada la función f : R −→ R2 definida como f (θ ) = (c o s θ , s i nθ ), describir los siguientes conjuntos: (1) Gráfica(f ). (2) f −1 ((1, 0)).

Funciones de varias variables

6 (3) R a ng o (f ). Solución: (1) Gráfica(f ) = {(θ , c o s θ , s i n θ ) ∈ R3 : θ ∈ R}.

(2) f −1 ((1, 0)) = {θ ∈ R : f (θ ) = (1, 0)} = {θ ∈ R : (c o s θ , s i n θ ) = (1, 0)} = {2πn : n ∈ Z}. (3) R a ng o (f ) = { f (θ ) ∈ R2 : θ ∈ R} = {(c o s θ , s i n θ ) ∈ R2 : θ ∈ R}. R a ng o (f ) = {(x , y ) ∈ R2 : x 2 + y 2 = 1}. Ejemplo 1.2.4 Dada la función f : R2 −→ R3 definida como f (θ , z ) = (c o s θ , s i n θ , z ), describir los siguientes conjuntos: (1) Gráfica(f ). (2) f −1 ((0, 1, 1)). (3) R a ng o (f ). Solución: (1) Gráfica(f ) = {(θ , z , c o s θ , s i nθ , z ) ∈ R5 : (θ , z ) ∈ R2 }. (2) f −1 ((0, 1, 1)) = {(θ , z ) ∈ R2 : f (θ , z ) = (0, 1, 1)}.

π f −1 ((0, 1, 1)) = {(θ , z ) ∈ R2 : (c o s θ , s i n θ , z ) = (0, 1, 1)} = { ( (2n + 1) , 1) ∈ R2 : n ∈ Z}. 2

(3) R a ng o (f ) = { f (θ , z ) ∈ R3 : (θ , z ) ∈ R2 } = {(c o s θ , s i n θ , z ) ∈ R3 : (θ , z ) ∈ R2 }. R a ng o (f ) = {(x , y , z ) ∈ R3 : x 2 + y 2 = 1}. Nota: En esta sección trabajaremos el siguiente problema: Dado un subconjunto S de RN , encontrar una función f tal que Gráfica(f ) = S ó f −1 (c ) = S ó R a ng o (f ) = S . Ejemplo 1.2.5 Dado el conjunto S = {(x , y ) ∈ R2 : y = x 2 + 1}, encontrar una función f tal que: (1) Gráfica(f ) = S (2) f −1 (c ) = S para algún c .

1.2 Conjuntos de puntos descritos por funciones

7

(3) R a n g o (f ) = S . Solución: (1) Sea f : R −→ R definida como f (x ) = x 2 + 1. Entonces es claro que Gráfica(f ) = S . (2) Sea f : R2 −→ R definida por f (x , y ) = y − x 2 . Entonces es fácil ver que f −1 (1) = S . (3) Sea f : R −→ R2 definida como f (x ) = (x , x 2 + 1). Entonces R a ng o (f ) = S . Ejercicio: Dado el conjunto S = {(x , y ) ∈ R2 : y = s i n (x 3 − 20)}, encontrar una función f tal que: (1) Gráfica(f ) = S (2) f −1 (c ) = S para algún c . (3) R a n g o (f ) = S . Ejemplo 1.2.6 Dado el conjunto S = {(x , y , z ) ∈ R3 : z = x 2 + y 2 }, encontrar una función f tal que: (1) Gráfica(f ) = S . (2) f −1 (c ) = S para algún c . (3) R a n g o (f ) = S . Solución: (1) Consideremos la función f : R2 −→ R definida como f (x , y ) = x 2 + y 2 . Entonces es claro que Gráfica(f ) = S . (2) Notemos que la ecuación z = x 2 + y 2 equivale a tener la ecuación z − x 2 − y 2 = 0. Por lo tanto si se define la función f : R3 −→ R como f (x , y , z ) = z − x 2 − y 2 . Entonces es claro que f −1 (0) = S . (3) Definimos la función f : R2 −→ R3 definida por f (x , y ) = (x , y , x 2 + y 2 ). Entonces es claro que R a n g o (f ) = S . Ejercicio: Dado el conjunto S = {(x , y , z ) ∈ R3 : z = ción f tal que:

p

4 − x 2 − y 2 }, encontrar una fun-

8

Funciones de varias variables

(1) Gráfica(f ) = S . (2) f −1 (c ) = S para algún c . (3) R a ng o (f ) = S . Ejemplo 1.2.7 Dado el conjunto S = {(x , y ) ∈ R2 : x 2 + y 2 = 1}, encontrar una función f tal que: (1) f −1 (c ) = S para algún c . (2) R a ng o (f ) = S . Solución: (1) Sea f : R2 −→ R definida como f (x , y ) = x 2 + y 2 . Entonces es claro que f −1 (1) = S . (2) Sea f : R −→ R2 definida por f (θ ) = (c o s θ , s i n θ ). Entonces R a ng o (f ) = S . Pregunta: Será posible que exista una función f tal que Gráfica(f ) = S ? Ejemplo 1.2.8 Dado el conjunto S = {(x , y , z ) ∈ R3 : x 2 + y 2 = 1}, encontrar una función f tal que: (1) f −1 (c ) = S para algún c . (2) R a ng o (f ) = S . Solución: (1) Sea f : R3 −→ R definida como f (x , y , z ) = x 2 + y 2 . Entonces es claro que f −1 (1) = S . (2) Sea f : R2 −→ R3 definida por f (θ , z ) = (c o s θ , s i n θ , z ). Entonces R a ng o (f ) = S . Pregunta: Será posible que exista una función f tal que Gráfica(f ) = S ? Ejemplo 1.2.9 Dado el conjunto S = {(x , y ) ∈ R2 : 4x 2 + 9y 2 = 1, y ¾ 0}, encontrar una función f tal que: (1) Gráfica(f ) = S . (2) f −1 (c ) = S para algún c .

1.2 Conjuntos de puntos descritos por funciones

9

(3) R a n g o (f ) = S . Solución:  p 1 − 4x 2 (1) Sea f : R −→ R definida por f (x ) = x , . Entonces se puede notar con 3 facilidad que Gráfica(f ) = S . 

2

(2) Sea f : R × [0, ∞) ⊆ R2 −→ R definida como f (x , y ) = 4x 2 + 9y 2 . Entonces es claro que f −1 (1) = S . ‹ c o s θ s i nθ , . Entonces se puede ver (3) Sea f : [0, π] ⊆ R −→ R definida por f (θ ) = 2 3 que R a n g o (f ) = S . 2



Ejercicio: Dado el conjunto S = {(x , y ) ∈ R2 : 4x 2 + 9y 2 = 25, y ¾ 0}, encontrar una función f tal que: (1) Gráfica(f ) = S . (2) f −1 (c ) = S para algún c . (3) R a n g o (f ) = S .

Capítulo 2 Topología en Rn Definición 2.0.1 (Bola abierta en Rn ): Sean x0 ∈ Rn y r > 0. Entonces definimos la bola abierta con centro en x0 y de radio r como el conjunto descrito por:

Br (x0 ) = {x ∈ Rn : kx − x0 k < r } .

Ejemplo 2.0.1 Veamos como lucen geométricamente la bola abierta para dimensiones n = 1, 2, 3.

(1) n = 1: La bola abierta se describe como Br (x0 ) = {x ∈ R : kx − x0 k < r } = (x0 − r, x0 + r ) el cual es un intervalo abierto en la recta real.

(2) n = 2: La bola abierta se describe como Br (x0 ) = {x ∈ R2 : kx − x0 k < r } la cual se describe geométricamente como:

11

(3) n = 3: La bola abierta se describe como Br (x0 ) = {x ∈ R3 : kx − x0 k < r } la cual se describe geométricamente como:

Teniendo en cuenta que solo es la parte interna de la esfera sin tener en cuenta el borde. Definición 2.0.2 (Bola agujereada y bola cerrada en Rn ): Sean x0 ∈ Rn y r > 0. Entonces definimos: (1) La bola agujereada con centro en x0 y radio r como el conjunto descrito por: Br∗ (x0 ) = {x ∈ Rn : 0 < kx − x0 k < r } . (2) La bola cerrada con centro en x0 y radio r como el conjunto descrito por:

Topología en Rn

12 Br (x0 ) = {x ∈ Rn : kx − x0 k ¶ r } . Ejercicio: Describir geométricamente Br∗ (x0 ) y Br (x0 ) para n = 1, 2, 3.

Definición 2.0.3 (Complemento de un conjunto): Supongamos que A ⊆ Rn , entonces definimos el complemento de A como el conjunto descrito por: A c = {x ∈ Rn : x ∈ / A} . Básicamente el complemento de A son todos los elementos que no están en A. Geométricamente podemos interpretar la definición anterior así:

Definición 2.0.4 (Punto interior, punto de acumulación y punto frontera): Supongamos que A ⊆ Rn y x0 ∈ Rn , entonces decimos que: (1) x0 es un punto interior de A, si existe r > 0 tal que Br (x0 ) ⊆ A. Además denotamos el conjunto de todos los puntos interiores de A como i n t (A). (2) x0 es un punto de acumulación de A, si para todo r > 0 se tiene que Br∗ (x0 ) ∩ A 6= ;. Además denotamos el conjunto de todos los puntos de acumulación de A como A 0 . (3) x0 es un punto frontera de A, si Br∗ (x0 ) ∩ A 6= ; y Br∗ (x0 ) ∩ A c 6= ; para todo r > 0. Además denotamos el conjunto de todos los puntos frontera de A como F r (A).

13 Ejemplo 2.0.2 En los siguientes literales, encontrar A c , i n t (A), A 0 y F r (A) donde: (1) A = (0, 1). A c = (−∞, 0] ∪ [1, ∞). i n t (A) = (0, 1). A 0 = [0, 1]. F r (A) = {0, 1}. (2) A = [0, 1). A c = (−∞, 0) ∪ [1, ∞). i n t (A) = (0, 1). A 0 = [0, 1]. F r (A) = {0, 1}. (3) A = [0, 1]. A c = (−∞, 0) ∪ (1, ∞). i n t (A) = (0, 1). A 0 = [0, 1]. F r (A) = {0, 1}. (4) A = {(x , y ) ∈ R2 : x 2 + y 2 = 1}. A c = {(x , y ) ∈ R2 : x 2 + y 2 < 1} ∪ {(x , y ) ∈ R2 : x 2 + y 2 > 1}. i n t (A) = ;. A 0 = {(x , y ) ∈ R2 : x 2 + y 2 = 1}. F r (A) = {(x , y ) ∈ R2 : x 2 + y 2 = 1}. (5) A = {(x , y ) ∈ R2 : x 2 + y 2 < 1}.

Topología en Rn

14 A c = {(x , y ) ∈ R2 : x 2 + y 2 = 1} ∪ {(x , y ) ∈ R2 : x 2 + y 2 > 1}. i n t (A) = {(x , y ) ∈ R2 : x 2 + y 2 < 1}. A 0 = {(x , y ) ∈ R2 : x 2 + y 2 ¶ 1}. F r (A) = {(x , y ) ∈ R2 : x 2 + y 2 = 1}. (6) A = {(x , y ) ∈ R2 : x 2 + y 2 ¶ 1}. A c = {(x , y ) ∈ R2 : x 2 + y 2 > 1}. i n t (A) = {(x , y ) ∈ R2 : x 2 + y 2 < 1}. A 0 = {(x , y ) ∈ R2 : x 2 + y 2 ¶ 1}. F r (A) = {(x , y ) ∈ R2 : x 2 + y 2 = 1}. (7) A = {(x , y , z ) ∈ R3 : x 2 + y 2 = 1}. A c = {(x , y , z ) ∈ R3 : x 2 + y 2 < 1} ∪ {(x , y , z ) ∈ R3 : x 2 + y 2 > 1} i n t (A) = ;. A 0 = {(x , y , z ) ∈ R3 : x 2 + y 2 = 1}. F r (A) = {(x , y , z ) ∈ R3 : x 2 + y 2 = 1}. (8) A = {(x , y , z ) ∈ R3 : x 2 + y 2 ¶ 1}. A c = {(x , y , z ) ∈ R3 : x 2 + y 2 > 1} i n t (A) = {(x , y , z ) ∈ R3 : x 2 + y 2 < 1}. A 0 = {(x , y , z ) ∈ R3 : x 2 + y 2 ¶ 1}. F r (A) = {(x , y , z ) ∈ R3 : x 2 + y 2 = 1}. (9) A = {(x , y , z ) ∈ R3 : x 2 + y 2 + z 2 = 1}.

A c = {(x , y , z ) ∈ R3 : x 2 + y 2 + z 2 < 1} ∪ {(x , y , z ) ∈ R3 : x 2 + y 2 + z 2 > 1}. i n t (A) = ;. A 0 = {(x , y , z ) ∈ R3 : x 2 + y 2 + z 2 = 1}. F r (A) = {(x , y , z ) ∈ R3 : x 2 + y 2 + z 2 = 1}.

15 (10) A = {(x , y , z ) ∈ R3 : x 2 + y 2 + z 2 < 1}. A c = {(x , y , z ) ∈ R3 : x 2 + y 2 + z 2 = 1} ∪ {(x , y , z ) ∈ R3 : x 2 + y 2 + z 2 > 1}. i n t (A) = {(x , y , z ) ∈ R3 : x 2 + y 2 + z 2 < 1}. A 0 = {(x , y , z ) ∈ R3 : x 2 + y 2 + z 2 ¶ 1}. F r (A) = {(x , y , z ) ∈ R3 : x 2 + y 2 + z 2 = 1}. Definición 2.0.5 (Conjunto abierto y conjunto cerrado): Sea A ⊆ Rn , entonces decimos que: (1) A es un conjunto abierto, si todos los puntos de A son puntos interiores. Es decir que i n t (A) = A. (2) A es un conjunto cerrado, si todos los puntos frontera de A se encuentran en A. Es decir que F r (A) ⊆ A. Ejemplo 2.0.3 Hallar el dominio de las siguientes funciones y además describir los conjuntos (D o m(f ))c , i n t (D o m (f )), (D o m(f ))0 y F r (D o m(f )). p (1) f (x , y ) = ( 1 − x 2 − y 2 , x + s i n (y + 20), 1). · D o m(f ) = {(x , y ) ∈ R2 : 1 − x 2 − y 2 ¾ 0} = {(x , y ) ∈ R : x 2 + y 2 ¶ 1}. · (D o m (f ))c = {(x , y ) ∈ R2 : x 2 + y 2 > 1}. · i n t (D o m (f )) = {(x , y ) ∈ R2 : x 2 + y 2 < 1}. · (D o m (f ))0 = {(x , y ) ∈ R2 : x 2 + y 2 ¶ 1}. · F r (D o m(f )) = {(x , y ) ∈ R2 : x 2 + y 2 = 1}. (2) f (x , y , z ) = (l n(1 − x 2 − y 2 − z 2 ), l n (z ), x + y 3 ). · D o m (f ) = {(x , y , z ) : z > 0, 1 − x 2 − y 2 − z 2 > 0} = {(x , y , z ) : z > 0, x 2 + y 2 + z 2 < 1}. · (D o m (f ))c = {(x , y , z ) ∈ R3 : x 2 + y 2 + z 2 ¾ 1} ∪ {(x , y , z ) ∈ R3 : z ¶ 0}. · i n t (D o m (f )) = {(x , y , z ) ∈ R3 : z > 0, x 2 + y 2 + z 2 < 1}. · (D o m (f ))0 = {(x , y , z ) ∈ R3 : z ¾ 0, x 2 + y 2 + z 2 ¶ 1}.

16

Topología en Rn

· F r (D o m (f )) = {(x , y , z ) : z > 0, x 2 + y 2 + z 2 = 1} ∪ {(x , y , z ) : z = 0, x 2 + y 2 + z 2 ¶ 1}. (3) f (x , y , z ) = (s e n −1 (x 2 + y 2 )), l n(z ), 1).   · D o m(f ) = (x , y , z ) : z > 0, −1 ¶ x 2 + y 2 ¶ 1 = (x , y , z ) : z > 0, x 2 + y 2 ¶ 1 .   · (D o m(f ))c = (x , y , z ) ∈ R3 : z ¶ 0 ∪ (x , y , z ) ∈ R3 : x 2 + y 2 > 1 .  · i n t (D o m (f )) = (x , y , z ) : z > 0, x 2 + y 2 < 1 .  · (D o m (f ))0 = (x , y , z ) : z ¾ 0, x 2 + y 2 ¶ 1 .   · F r (D o m(f )) = (x , y , z ) : z > 0, x 2 + y 2 = 1 ∪ (x , y , z ) : z = 0, x 2 + y 2 ¶ 1 . (4) f (x , y , z ) = (c o s (x 2 + y 2 ), t a n −1 (x 2 + y 2 + z 2 ), e x + 10). · D o m (f ) = R3 . · (D o m (f ))c = ;. · i n t (D o m (f )) = R3 . · (D o m (f ))0 = R3 . · F r (D o m(f )) = ;.  p  x x (5) f (x , y ) = , . |y − 1| y 2 − 4 · D o m (f ) = {(x , y ) ∈ R2 : y ∈ / {−2, 1, 2}, x ¾ 0}. · (D o m (f ))c = {(x , y ) ∈ R2 : y ∈ {−2, 1, 2}} ∪ {(x , y ) ∈ R2 : x < 0}. · i n t (D o m(f )) = {(x , y ) ∈ R2 : y ∈ / {−2, 1, 2}, x > 0}. · (D o m(f ))0 = {(x , y ) ∈ R2 : x ¾ 0}. · F r (D o m (f )) = {(x , y ) ∈ R2 : y ∈ {−2, 1, 2}, x ¾ 0} ∪ {(x , y ) ∈ R2 : x = 0}. Ejercicio: Verificar si el dominio de las siguientes funciones es un conjunto abierto ó cerrado. p (1) f (x , y ) = ( 1 − x 2 − y 2 , x + s i n (y + 20), 1). (2) f (x , y , z ) = (l n(1 − x 2 − y 2 − z 2 ), l n(z ), x + y 3 ). (3) f (x , y , z ) = (s e n −1 (x 2 + y 2 )), l n(z ), 1). (4) f (x , y , z ) = (c o s (x 2 + y 2 ), t a n −1 (x 2 + y 2 + z 2 ), e x + 10).  p  x x (5) f (x , y ) = . , |y − 1| y 2 − 4

Capítulo 3 Diferenciabilidad El objetivo en esta parte es definir la derivada de una función de varias variables f : A ⊆ Rn −→ Rm donde n y m son enteros positivos. Es de esperar que la derivada de una función de varias variables sea un objeto más complicado que la derivada de una función de una sola variable escalar. Primero se definirá una herramienta básica de cálculo de derivadas parciales, despues de eso se comenzará a comprender la diferenciabilidad por medio de la geometría de planos tangentes a superficies. Recordar (Diferenciabilidad en cálculo diferencial): Sea f : [a , b ] ⊆ R −→ R una función y c ∈ (a , b ). Decimos que f es diferenciable en c , si el siguiente limite existe: l´ım x 7→c

f (x ) − f (c ) f (c + h ) − f (c ) = l´ım h → 7 0 x −c h

.

El cual denotaremos por f 0 (c ). Definición 3.0.1 (Derivadas parciales): Sea f : A ⊆ Rn −→ R una función y a = (a 1 , . . . , a n ) es un punto interior de A. Definimos las derivadas parciales f en a como los siguientes limites si existen: f (a + h e1 ) − f (a ) f (a 1 + h , a 2 , . . . , a n ) − f (a 1 , a 2 , . . . , a n ) = l´ım . h 7→0 h 7→0 h h f (a + h e2 ) − f (a ) f (a 1 , a 2 + h , . . . , a n ) − f (a 1 , a 2 , . . . , a n ) f x2 (a ) = l´ım = l´ım . h 7→0 h 7→0 h h .. . f (a 1 , a 2 , . . . , a n + h ) − f (a 1 , a 2 , . . . , a n ) f (a + h en ) − f (a ) f xn (a ) = l´ım = l´ım . h 7→0 h 7→0 h h f x1 (a ) = l´ım

Llamaremos a f xi (a ) la derivada parcial respecto a la variable xi de f en a .

Diferenciabilidad

18

Ejemplo 3.0.1 Sea f : R2 −→ R definida como f (x , y ) = x 2 + y 2 . Entonces cálcular f x (x , y ) y f y (x , y ). • f x (x , y ) = l´ım h 7→0

= l´ım h 7→0

x 2 + 2x h + h 2 + y 2 − x 2 − y 2 2x h + h 2 2x + h = l´ım = l´ım = 2x . h 7→0 h 7→0 h h 1

• f y (x , y ) = l´ım h 7→0

= l´ım h 7→0

f (x + h , y ) − f (x , y ) (x + h )2 + y 2 − (x 2 + y 2 ) = l´ım = h 7→0 h h

f (x , y + h ) − f (x , y ) x 2 + (y + h )2 − (x 2 + y 2 ) = l´ım = h 7→0 h h

x 2 + y 2 + 2y h + h 2 − x 2 − y 2 2y h + h 2 2y + h = l´ım = l´ım = 2y . h 7→0 h 7→0 h h 1

Notemos que en este proceso consideramos las variables x , y como números reales. Por tanto pudimos haber encontrado a f x (x , y ) y f y (x , y ) por medio de reglas de derivación de cálculo diferencial sin usar a la definición de limite. Es decir: f x (x , y ) = (x 2 + y 2 ) x = (x 2 ) x + (y 2 ) x = 2x Considerando y constante. f y (x , y ) = (x 2 + y 2 ) y = (x 2 ) y + (y 2 ) y = 2y Considerando x constante. Regla para determinar las derivadas parciales: Sea f : A ⊆ Rn −→ R una función de varias variables con (x1 , . . . , xn ) 7→ f (x1 , . . . , xn ). Entonces para cada i ∈ {1, . . . , n } se tiene que: Para determinar a f xi (a ) se conservan a las variables x1 , x2 , . . . xi −1 , xi +1 , . . . , xn constantes y se deriva respecto a xi con las reglas usuales de cálculo diferencial. Ejemplo 3.0.2 Si f (x , y , z ) = x y 2 + s i n (z 3 ) + e z , determinar las derivadas parciales de f y encontrar f z (0, 0, π). f x (x , y , z ) = (x y 2 + s i n (z 3 ) + e z ) x = y 2 . f y (x , y , z ) = (x y 2 + s i n(z 3 ) + e z ) y = 2x y . f z (x , y , z ) = (x y 2 + s i n (z 3 ) + e z )z = 3z 2 c o s (z 3 ) + e z . Por tanto f z (0, 0, π) = 3π2 c o s (π3 ) + e π . Observación: Sea f : R2 −→ R una función la cual satisface que f x (a , b ) y f y (a , b ) existen. Entonces ¿cuál es la interpretación de las derivadas parciales de f en (a , b ) respecto a la Gráfica(f )?

19 · f x (a , b ) = l´ım h 7→0

f (a + h , b ) − f (a , b ) (la variable y es constante y = b ). h

Entonces se puede notar con facilidad que f x (a , b ) es la pendiente de la recta tangente a gráfica de la función g (x ) = f (x , b ) en el punto x = a . · f y (a , b ) = l´ım h 7→0

f (a , b + h ) − f (a , b ) (la variable x es constante x = a ). h

Entonces se puede notar con facilidad que f y (a , b ) es la pendiente de la recta tangente a gráfica de la función h (y ) = f (a , y ) en el punto y = b . Nota: En ocaciones para cálcular las derivadas parciales de una función es necesario recurrir a la definición, ya que posiblemente el punto donde se quiere encontrar la derivada parcial tiene alguna “irregularidad”.

Diferenciabilidad

20  2 3  3x y − y x2 + y 2 Ejemplo 3.0.3 Sea f : R2 −→ R definida como f (x , y ) =  0 Encontrar las derivadas parciales de f en todos los puntos. • Si (x , y ) 6= (0, 0), entonces f (x , y ) = son: 

3x 2 y − y 3 f x (x , y ) = x2 + y 2







3x 2 y − y 3 f y (x , y ) = x2 + y 2

si (x , y ) = (0, 0).

3x 2 y − y 3 y por tanto las derivadas parciales de f x2 + y 2

=

8x y 3 6x y (x 2 + y 2 ) − 2x (3x 2 y − y 3 ) = . (x 2 + y 2 )2 (x 2 + y 2 )2

=

(x 2 + y 2 )(3x 2 − 3y 2 ) − 2y (3x 2 y − y 3 ) 3x 4 − 6x 2 y 2 − y 4 = . (x 2 + y 2 )2 (x 2 + y 2 )2

x

y

si (x , y ) 6= (0, 0),

• Si (x , y ) = (0, 0), entonces nos vemos obligados a aplicar la definición. 3h 2 (0) − (0)3 −0 f (0 + h , 0) − f (0, 0) f (h , 0) − f (0, 0) 2 2 f x (0, 0) = l´ım = l´ım = l´ım h + 0 = 0. h 7→0 h 7→0 h 7→0 h h h 3(0)2 (h ) − (h )3 −0 f (0, h ) − f (0, 0) f (0, 0 + h ) − f (0, 0) (0)2 + h 2 = l´ım = l´ım = −1. f y (0, 0) = l´ım h 7→0 h 7→0 h 7→0 h h h Por lo tanto, tenemos que:  3  8x y si (x , y ) 6= (0, 0), f x (x , y ) = (x 2 + y 2 )2  0 si (x , y ) = (0, 0).  4 2 2 4  3x − 6x y − y (x 2 + y 2 )2 f y (x , y ) =  −1

3.1.

si (x , y ) 6= (0, 0), si (x , y ) = (0, 0).

Derivadas parciales de orden superior

Hasta el momento, en nuestro estudio de la diferenciación hemos considerado solo derivadas parciales de primer orden. No obstante, es fácil imaginar el cálculo de derivadas parciales de segundo y tercer orden por medio de iterar el proceso de diferenciación respecto a una variable, mientras todas las demás permanecen constantes. Ejemplo 3.1.1 Sea f (x , y , z ) = x 2 y + z c o s (x ), entonces las derivadas parciales de primer orden son:

3.1 Derivadas parciales de orden superior

21

f x (x , y , z ) = (x 2 y + z c o s (x )) x = 2x y − z s i n(x ). f y (x , y , z ) = (x 2 y + z c o s (x )) y = x 2 . f z (x , y , z ) = (x 2 y + z c o s (x ))z = c o s (x ). Las derivadas parciales de segundo orden son: (f x ) x (x , y , z ) = (2x y − z s i n(x )) x = 2y − z c o s (x ). (f x ) y (x , y , z ) = (2x y − z s i n (x )) y = 2x . (f x )z (x , y , z ) = (2x y − z s i n(x ))z = −s i n (x ) (f y ) x (x , y , z ) = (x 2 ) x = 2x . (f y ) y (x , y , z ) = (x 2 ) y = 0. (f y )z (x , y , z ) = (x 2 )z = 0. (f z ) x (x , y , z ) = (c o s (x )) x = −s i n (x ). (f z ) y (x , y , z ) = (c o s (x )) y = 0. (f z )z (x , y , z ) = (c o s (x ))z = 0. De la misma manera podemos encontrar las derivadas parciales de orden 3 y demás ordenes. Notación (Derivadas parciales de orden superior): Sea f : A ⊆ Rn −→ R una función con (x1 , . . . , xn ) 7→ f (x1 , . . . , xn ). Entonces para cada i , j ∈ {1, . . . , n } escribiremos: f xi x j = (f xi ) x j .

Siempre que las derivada parcial correspondientes de segundo orden exista. De forma análoga para i 1 , . . . , i k ∈ {1, . . . , n } escribimos: f xi1 xi2 ...xi = (. . . (f xi1 ) xi2 . . . ) xi . k

k

Siempre que la derivada parcial de orden n exista. Ejemplo 3.1.2 Hallar f x y z donde f (x , y , z ) = x 3 y + s i n(x z ).

22

Diferenciabilidad

f x (x , y , z ) = (x 3 y + s i n (x z )) x = 3x 2 y + z c o s (x z ). f x y (x , y , z ) = (3x 2 y + z c o s (x z )) y = 3x 2 . f x y z (x , y , z ) = (3x 2 )z = 0. Nota: Del ejemplo 3.1.1 sugiere que hay una relación entre las derivadas parciales de segundo orden mixtas ( f x y = f y x , f x z = f z x y f z y = f y z ). De hecho bajo ciertas condiciones descritas en el siguiente teorema, tenemos la igualdad de las derivadas parciales mixtas. Teorema 3.1.1 (Igualdad derivadas parciales mixtas). Sea f : A ⊆ Rn −→ R una función con (x1 , . . . , xn ) 7→ f (x1 , . . . , xn ), la cual satisface que (1) A es un conjunto abierto. (2) Las derivadas parciales de orden 1 y 2 son continuas en A. Entonces para cada i , j ∈ {1, . . . , n } se tiene que f xi x j = f x j xi . Nota: Hay que tener en cuenta que es posible que las derivadas parciales mixtas sean diferentes (no se satisfacen todas las hipótesis del teorema anterior). Para entender esto, consideremos el siguiente ejercicio.  2 2  x y (x − y ) x2 + y 2 Ejercicio: Sea f : R2 −→ R definida como f (x , y ) =  0 Entonces:

si (x , y ) 6= (0, 0), si (x , y ) = (0, 0).

(1) Cálcular f x (0, 0) y f y (0, 0). (2) Cálcular f x (x , y ) y f y (x , y ) con (x , y ) 6= (0, 0). (3) Demostrar que f x y f y son continuas en R2 . (4) Demostrar que f x y (0, 0) y f y x (0, 0) existen y f x y (0, 0) 6= f y x (0, 0). (5) ¿Qué condición no satisface f en el teorema 3.1.1, para que falle la igualdad en las derivadas parciales mixtas?

3.2 Plano tangente y diferenciabilidad

3.2.

23

Plano tangente y diferenciabilidad

Observación: Sea f : [a , b ] ⊆ R −→ R una función diferenciable en c ∈ (a , b ). Entonces tenemos que: f 0 (c ) = l´ım x 7→c

f (x ) − f (c ) . x −c

Por lo tanto, tenemos que: f es diferenciable en c ⇔ l´ım x 7→c

f (x ) − f (c ) − f 0 (c ) = 0. x −c

f (x ) − f (c ) − f 0 (c ) · (x − c ) = 0. x 7→c x −c
f (x ) − f (c ) + f 0 (c ) · (x − c ) f es diferenciable en c ⇔ l´ım = 0. x 7→c x −c f es diferenciable en c ⇔ l´ım

De esta última equivalencia podemos notar varias cosas: (1) La función H (x ) = f (c ) + f 0 (c ) · (x − c ) es una función se aproxima a f (x ) para valores cercanos a c . (2) La función H (x ) = f (c ) + f 0 (c ) · (x − c ) es la ecuación de la recta tangente a la gráfica de f en el punto (c , f (c )). Además es claro que H (c ) = f (c ) y H 0 (c ) = f 0 (c ).

Observación (plano tangente): Supongamos ahora que f : R2 −→ R es una función y sea (a , b ) ∈ R2 . Recordemos que la gráfica de f es el siguiente conjunto: Gráfica(f ) = {(x , y , z ) ∈ R3 : z = f (x , y )} (una superficie en R3 ).

Diferenciabilidad

24 Por tanto, el punto (a , b , f (a , b )) es un punto de la gráfica de f .

Por lo tanto surge una pregunta geométrica natural. ¿Cuál debería de ser la ecuación plano tangente a la gráfica de f en el punto (a , b , f (a , b ))?

Para ver esto, notemos lo siguiente: (1) Si consideremos la intersección del plano x = a con la Gráfica(f ), entonces la ecuación de la recta tangente a Gráfica(f ) ∩ Plano(x = a ) en el punto (a , b , f (a , b )) es: (x , y , z ) = t D + P = t (0, 1, f x (a , b )) + (a , b , f (a , b )) con t ∈ R. Donde D = (0, 1, f x (a , b )) es el vector director de la recta (¿por qué?) y P = (a , b , f (a , b )) un punto por donde pasa la recta.

3.2 Plano tangente y diferenciabilidad

25

(2) Si consideremos la intersección del plano y = b con la Gráfica(f ), entonces la ecuación de la recta tangente a Gráfica(f ) ∩ Plano(y = b ) en el punto (a , b , f (a , b )) es: (x , y , z ) = t D + P = t (1, 0, f x (a , b )) + (a , b , f (a , b )) con t ∈ R. Donde D = (1, 0, f x (a , b )) es el vector director de la recta (¿por qué?) y P = (a , b , f (a , b )) un punto por donde pasa la recta.

De lo anterior, podemos encontrar el plano tangente a Gráfica(f ) en el punto (a , b , f (a , b )), mediante la ecuación normal del plano n · (x − a , y − b , z − f (a , b )) = 0 , donde n es el vector normal al plano tangente, el cual tiene ecuación:

Diferenciabilidad

26

n = (0, 1, f x (a , b )) × (1, 0, f y (a , b )) = (− f x (a , b ), − f y (a , b ), 1) (VECTOR NORMAL).

Por lo tanto, la ecuación del plano tangente a la Gráfica(f ) en el punto (a , b , f (a , b )) es: (− f x (a , b ), − f y (a , b ), 1) · (x − a , y − b , z − f (a , b )) = 0. − f x (a , b ) (x − a ) − f y (a , b ) (y − b ) + z − f (a , b ) = 0. Lo cual equivale a tener que

z = f (a , b ) + f x (a , b ) (x − a ) + f y (a , b ) (y − b )

.

Lo anterior lo resumimos en el siguiente teorema. Teorema 3.2.1 (Ecuación plano tangente): Sea f : A ⊆ R2 −→ R una función y (a , b ) es un punto interior de A. Entonces si: (1) Si f x (a , b ) y f y (a , b ) existen. (2) La gráfica de f tiene un plano tangente en (a , b , f (a , b )). Entonces la ecuación del plano tangente a la gráfica de f en (a , b , f (a , b )) es: z = f (a , b ) + f x (a , b ) (x − a ) + f y (a , b ) (y − b ). Observación: Recordemos que si f : [a , b ] ⊆ R −→ R es una función, entonces:
f (x ) − f (c ) + f 0 (c ) · (x − c ) = 0. f es diferenciable en c ⇔ l´ım x 7→c x −c

3.2 Plano tangente y diferenciabilidad

27

Por lo tanto si quisieramos definir diferenciabilidad para funciones de 2 variables, notariamos los siguientes cambios en el limite anterior:

Tangencia en el punto- ecuación f : [a , b ] ⊆ R −→ R

f (c ) + f 0 (c ) · (x − c )

2

f (a , b ) + f x (a , b ) (x − a ) + f y (a , b ) (y − b )

f : A ⊆ R −→ R

aproximación al punto x −c p

(x − a )2 + (y − b )2

Por lo tanto, del anterior análisis tenemos que la siguiente definición tiene sentido. Definición 3.2.1 (Diferenciabilidad): Sea f : A ⊆ R2 −→ R una función y (a , b ) es un punto interior de A. Decimos que f es diferenciable en (a , b ), si: (1) f x (a , b ) y f y (a , b ) existen (las derivadas parciales de f en (a , b ) existen).

(2)

l´ım

(x ,y )7→(a ,b )


f (x , y ) − f (a , b ) + f x (a , b ) · (x − a ) + f y (a , b ) · (y − b ) = 0. p (x − a )2 + (y − b )2

Nota: Las condiciones (1) y (2) de la definición anterior la podemos cambiar por la siguiente condición:

l´ım

(h ,k )7→(0,0)


f (a + h , b + k ) − f (a , b ) + f x (a , b ) · h + f y (a , b ) · k = 0. p h2 + k2

Realizando los cambios de variable x = a + h , y = b + k . Ejemplo 3.2.1 Sea f : R2 −→ R una función definida por f (x , y ) = x 2 + y 2 + 1. Verificar que f es diferenciable en (2, 1). Solución: Para ver que f es diferenciable en (2, 1), tenemos que: • Encontrar las derivadas parciales de f en (2, 1).

• Condición limite.

f x (x , y ) = 2x

⇒

f x (2, 1) = 2(2) = 4.

f y (x , y ) = 2y

⇒

f y (2, 1) = 2(1) = 2.

Diferenciabilidad

28

l´ım

(h ,k )7→(0,0)


f (2 + h , 1 + k ) − f (2, 1) + f x (2, 1) · h + f y (2, 1) · k = p h2 + k2

(2 + h )2 + (1 + k )2 + 1 − (6 + 4h + 2k ) = l´ım p (h ,k )7→(0,0) h2 + k2 4 + 4h + h 2 + 1 + 2k + k 2 + 1 − 6 − 4h − 2k h2 + k2 = l´ım p = l´ım p (h ,k )7→(0,0) (h ,k )7→(0,0) h2 + k2 h2 + k2 p l´ım h 2 + k 2 = 0.

(h ,k )7→(0,0)

Por lo tanto f es diferenciable en (2, 1). Ejercicio: Sea (a , b ) ∈ R2 y f (x , y ) = x 2 + y 2 + 1. Demostrar que la función f es diferenciable en (a , b ).

Ejemplo 3.2.2 Sea f la función definida como f (x , y ) =

 

xy x2 +

si (x , y ) 6= (0, 0),

y2

si (x , y ) = (0, 0).

0 (1) Demostrar que f no es continua en (0, 0). (2) Demostrar que f no es diferenciable en (0, 0). Solución: (1) Recordemos que: f es continua en (0, 0) ⇔

Por lo tanto, si analizamos el limite nadas polares, tenemos que: l´ım

r 7→0+

l´ım

(x ,y )7→(0,0)

l´ım

(x ,y )7→(0,0)

f (x , y ) = f (0, 0)

f (x , y ) =

l´ım

xy

(x ,y )7→(0,0) x 2 +

y2

.

aplicando coorde-

r c o s θ · r s i nθ = c o s θ s i nθ . r2

Con esto, nos podemos dar cuenta que el limite no existe ya que obtenemos una función no constante que depende de la variable θ (¿por qué es no constante?). Así f no es continua en (0, 0). (2) Veamos primero si las derivadas parciales existen.

3.2 Plano tangente y diferenciabilidad

29

f x (0, 0) = l´ım

f (0 + h , 0) − f (0, 0) = l´ım h 7→0 h

h· 0 h 2 +02

f y (0, 0) = l´ım

f (0, 0 + h ) − f (0, 0) = l´ım h 7→0 h

0· h 02 +h 2

h 7→0

h 7→0

−0

h −0

h

= 0. = 0.

Veamos ahora la condición del limite (para diferenciabilidad).

l´ım

(x ,y )7→(0,0)


f (x , y ) − f (0, 0) + f x (0, 0) · (x − 0) + f y (0, 0) · (y − 0) f (x , y ) = = l´ım p p (x ,y )7→(0,0) x2 + y 2 (x − 0)2 + (y − 0)2

xy f (x , y ) xy x2 + y 2 l´ım p = l´ım p = l´ım 3 . (x ,y )7→(0,0) x 2 + y 2 (x ,y )7→(0,0) x 2 + y 2 (x ,y )7→(0,0) (x 2 + y 2 ) 2 De nuevo aplicamos coordenadas polares para estudiar el limite

(x ,y )7→(0,0)

de esta manera tenemos que: l´ım+

r 7→0

r c o s θ · r s i nθ (r 2 )

3 2

= l´ım+ r 7→0

l´ım

xy 3

(x 2 + y 2 ) 2

y

c o s θ · s i nθ r c o s θ · r s i nθ = l´ım+ = r 7→0 r3 r

( 0 c o s θ · s i nθ l´ım+ = r 7→0 r ±∞

si c o s θ · s i nθ = 0, si c o s θ · s i nθ 6= 0.

Por lo tanto, f no es diferenciable en (0, 0). Nota: En cálculo de una variable tenemos que si una función no es continua en un punto, entonces esta función no puede ser diferenciable en el mismo punto. El ejemplo anterior nos muestra un fenómeno similar, en donde una función de varias variables no es continua y tampoco diferenciable en el sentido descrito anteriormente. Debido a que la noción de diferenciabilidad para funciones de varias variables se definió a partir de ideas similares a las de calculo de una variable, entonces no será extraño que tengamos un resultado similar para este contexto. El siguiente teorema muestra la relación entre diferenciabilidad y continuidad para funciones de varias variables. Teorema 3.2.2 (Diferenciable “ ⇒ ” continua): Sea f : A ⊆ R2 −→ R una función diferenciable en (a , b ), entonces f es continua en (a , b ). Corolario 3.2.3 Sea f : A ⊆ R2 −→ R una función la cual no es continua en (a , b ), entonces f no es diferenciable en (a , b ).

Diferenciabilidad

30

 2 2  x y 2 Ejemplo 3.2.3 Sea f : R −→ R la función definida por f (x , y ) = x 2 + y 2  0 Entonces:

si (x , y ) 6= (0, 0), si (x , y ) = (0, 0).

(1) Hallar las derivadas parciales de f . (2) Demostrar que f es diferenciable en (0, 0). Solución: (1) Para encontrar las derivadas parciales de f , tenemos los siguientes casos: • Si (x , y ) 6= (0, 0), entonces:  2 2  2x y 2 (x 2 + y 2 ) − 2x (x 2 y 2 ) 2x 3 y 2 + 2x y 4 − 2x 3 y 2 2x y 4 x y = = = . f x (x , y ) = x2 + y 2 x (x 2 + y 2 )2 (x 2 + y 2 )2 (x 2 + y 2 )2 

x2y 2 f y (x , y ) = x2 + y 2



= y

2x 4 y 2x 2 y (x 2 + y 2 ) − 2y (x 2 y 2 ) 2x 4 y + 2x 2 y 3 − 2x 2 y 3 = = . (x 2 + y 2 )2 (x 2 + y 2 )2 (x 2 + y 2 )2

• Si (x , y ) = (0, 0), entonces:

h 2 02 −0 f (0 + h , 0) − f (0, 0) 2 + 02 h f x (0, 0) = l´ım = l´ım = 0. h 7→0 h 7→0 h h 02 h 2 −0 f (0, 0 + h ) − f (0, 0) 2 + h2 0 f y (0, 0) = l´ım = l´ım = 0. h 7→0 h 7→0 h h

Por tanto las derivadas parciales de f tienen la forma:

f x (x , y ) =

 

2x y 4 (x 2 + y 2 )2

 0

si (x , y ) 6= (0, 0), si (x , y ) = (0, 0).

,

f y (x , y ) =

 

2x 4 y (x 2 + y 2 )2

 0

si (x , y ) 6= (0, 0), si (x , y ) = (0, 0).

(2) Para ver que f es diferenciable en (0, 0), analicemos el siguiente limite:
f (x , y ) − f (0, 0) + f x (0, 0) · (x − 0) + f y (0, 0) · (y − 0) f (x , y ) l´ım = l´ım p = p (x ,y )7→(0,0) (x ,y )7→(0,0) x2 + y 2 (x − 0)2 + (y − 0)2 x2y 2 x2y 2 x2 + y 2 l´ım p = l´ım 3 . (x ,y )7→(0,0) x 2 + y 2 (x ,y )7→(0,0) (x 2 + y 2 ) 2

3.2 Plano tangente y diferenciabilidad

Ahora, es fácil de ver que

x2y 2

l´ım

(x ,y )7→(0,0)

guiente manera: l´ım+

r 2 c o s 2θ · r 2 s i n 2θ 3

(r 2 ) 2

r 7→0

Así tenemos que

l´ım

(x ,y )7→(0,0)

31

3

(x 2 + y 2 ) 2

= l´ım+ r 7→0

x2y 2 3

(x 2 + y 2 ) 2

existe usando coordenadas polares de la si-

r 2 c o s 2θ · r 2 s i n 2θ = l´ım+ r c o s 2 θ · s i n 2 θ = 0. r 7→0 r3

= 0, lo cual implica que f es diferenciable en (0, 0).

Ejercicio: Si f es la función del ejemplo anterior, entonces: (1) Demostrar que las derivadas parciales de f son continuas en R2 . (2) Demostrar que f es diferenciable en R2 . Es decir que si (a , b ) ∈ R2 , entonces f es diferenciable en (a , b ). Nota: El siguiente teorema nos brinda una relación entre aquellas funciones que tienen derivadas parciales continuas y su correspondiente diferenciabilidad. Teorema 3.2.4 Sea f : A ⊆ R2 −→ R una función la cual satisface que: (1) A es abierto. (2) f x y f y son continuas sobre A. Entonces f es diferenciable sobre A (en cada punto de A). Ejemplo 3.2.4 Las funciones polinómicas de 2 variables son funciones diferenciables en R2 , debido a que las derivas parciales son funciones continuas (las derivadas parciales son polinomios de 2 variables, los cuales por resultado anterior son funciones continuas y el teorema anterior nos garantiza la diferenciabilidad). Por lo tanto las siguientes funciones son diferenciables en R2 . (1) f (x , y ) = x − 50y + x 2 y + 25x 2 y 9 + 15. (2) f (x , y ) = 10 − 5x 2 − 4y 2 . (3) f (x , y ) = x + 6y + x y + 8x 2 y . (4) f (x , y ) =

P

a i j x i y j donde para cada i y j se tiene que a i j son números reales

i,j

constantes (esta es la escritura genérica de un polinomio de dos variable).

Diferenciabilidad

32 Ejemplo 3.2.5 Sea f (x , y ) =

p

1 − x 2 − y 2 , entonces tenemos que:

f x (x , y ) =

1 −2x −x ·p =p . 2 2 2 1− x − y 1− x2 − y 2

f y (x , y ) =

−2y 1 −y ·p =p . 2 1− x2 − y 2 1− x2 − y 2

Por tanto, f x y f y son continuas en {(x , y ) ∈ R2 : 1−x 2 −y 2 > 0} = {(x , y ) ∈ R2 : x 2 +y 2 < 1}, lo cual implica por el teorema 3.2.4 que f es diferenciable en {(x , y ) ∈ R2 : x 2 + y 2 < 1}.  xy  + 1 si (x , y ) 6= (0, 0), 2 2 entonces : Ejemplo 3.2.6 Sea f (x , y ) = x + y 1 si (x , y ) = (0, 0) (1) f no es diferenciable en (0, 0). Para ver esto, es suficiente notar que f no es continua en (0, 0). l´ım

(x ,y )7→(0,0)

f (x , y ) =

l´ım

xy

(x ,y )7→(0,0) x 2 +

y2

+ 1 = l´ım+ r 7→0

r c o s θ r s i nθ + 1 = c o s θ · s i n θ + 1. r2

Por tanto, el limite no existe ya que depende de la variable θ , lo cual implica que f no es continua en (0, 0). (2) f x y f y son continuas en R2 − {(0, 0)}. Para ver esto, es suficiente notar que f x y f y se pueden calcular fácilmente para valores (x , y ) 6= (0, 0). En este caso tenemos que: ‹ xy y (y 2 − x 2 ) f x (x , y ) = +1 = . x2 + y 2 (x 2 + y 2 )2 x 

‹ xy x (x 2 − y 2 ) f y (x , y ) = +1 = . x2 + y 2 (x 2 + y 2 )2 y 

Por lo tanto f x y f y son funciones continuas en R2 − {(0, 0)}. (3) f es diferenciable únicamente en R2 − {(0, 0)}. Esto es por (1),(2) y el teorema 3.2.4. Nota: De hecho en el ejemplo anterior, pudimos haber estudiado un poco más las derivadas parciales de f , para darnos cuenta que:

3.2 Plano tangente y diferenciabilidad  2 2  y (y − x ) f x (x , y ) = (x 2 + y 2 )2  0

si (x , y ) 6= (0, 0), si (x , y ) = (0, 0).

33  2 2  x (x − y ) f y (x , y ) = (x 2 + y 2 )2  0

si (x , y ) 6= (0, 0), si (x , y ) = (0, 0).

Además f x y f y son solo continuas en R2 − {(0, 0)}, ya que si fueran continuas en R2 , entonces por el teorema 3.2.4 tendríamos que f sería diferenciable en R2 , pero ya sabemos que no es diferenciable en (0, 0).  2 2  x y Ejemplo 3.2.7 Sea f (x , y ) = x 2 + y 2  0 entonces:

si (x , y ) 6= (0, 0),

la función del ejemplo 3.2.3,

si (x , y ) = (0, 0)

(1) Las derivadas parciales de f son:

f x (x , y ) =

 

2x y 4 (x 2 + y 2 )2

 0

si (x , y ) 6= (0, 0),

f y (x , y ) =

si (x , y ) = (0, 0).

 

2x 4 y (x 2 + y 2 )2

si (x , y ) 6= (0, 0), si (x , y ) = (0, 0).

 0

(2) Se puede probar que las derivadas parciales son continuas en R2 (ejercicio). Por lo tanto, el teorema 3.2.4 nos dice que f es diferenciable en R2 . Pregunta: Dada f : A ⊆ Rn −→ R una función con n ¾ 3 y a ∈ A entonces: ¿Cómo definir diferenciabilidad para f en a ?

Para n ∈ {1, 2} podemos interpretar ó estudiar el comportamiento de la geometría de la gráfica de la función, pero cuando n ¾ 3, no podemos interpretar la geometría de la gráfica de la función (¿por qué?). Por lo tanto, lo que haremos es dar una definición similar a la definición de diferenciabilidad para n = 2. Para esto notemos las siguientes similitudes:

f : A ⊆ Rn −→ R

expresión derivadas parciales n P f (a ) + f xi (a ) · (xi − a i )

f : A ⊆ R2 −→ R

f (a , b ) + f x (a , b ) (x − a ) + f y (a , b ) (y − b )

i =1

aproximación al punto v n tP (xi − a i )2 i =1 p (x − a )2 + (y − b )2

De esta manera definimos diferenciabilidad para funciones f : A ⊆ Rn −→ R de la siguiente forma:

Diferenciabilidad

34

Definición 3.2.2 (Diferenciabilidad): Sea f : A ⊆ Rn −→ R una función y a = (a 1 , . . . , a n ) un punto interior de A. Decimos que f es diferenciable en a , si: (1) f x1 (a ), . . . , f xn (a ) existen (las derivadas parciales de f en a existen). 

f (x ) − f (a ) + (2) l´ım

v n tP

x 7→a

i =1

n P i =1



f xi (a ) · (xi − a i )

= 0.

(xi − a i )2

Nota: A continuación damos la relación de diferenciabilidad y continuidad para funciones de varias variables. Teorema 3.2.5 (Diferenciable “ ⇒ ” continua): Sea f : A ⊆ Rn −→ R una función diferenciable en a , entonces f es continua en a . Corolario 3.2.6 Sea f : A ⊆ Rn −→ R una función la cual no es continua en a , entonces f no es diferenciable en a .

Ejemplo 3.2.8 Sea f (x , y , z ) =

 

xy x2 + y 2 +z2

si (x , y , z ) 6= (0, 0, 0),

Mostrar que f no es

si (x , y , z ) = (0, 0, 0).

0 diferenciable en (0, 0, 0).

Solución: Para ver esto, probaremos únicamente que f no es continua en (0, 0, 0). l´ım

(x ,y ,z )7→(0,0,0)

f (x , y , z ) =

l´ım

(x ,y ,z )7→(0,0,0) x 2 +

xy . y 2 +z2

Aplicando coordenadas esféricas, tenemos que: l´ım

(x ,y ,z )7→(0,0,0) x 2 +

xy ρc o s θ s i n φ · ρs i nθ s i nφ = l´ım+ = c o s θ s i n θ s i n 2 φ. 2 2 ρ7→0 y +z ρ2

Por tanto, este limite no existe ya que depende de las variables θ y φ. Esto implica a su vez que f no es continua en (0, 0, 0).

Ejemplo 3.2.9 Sea f (x , y , z ) =

 

x 2 y (z − 1)2 x 2 + y 2 + (z − 1)2

 0

si (x , y , z ) 6= (0, 0, 1), si (x , y , z ) = (0, 0, 1).

(1) Encontrar las derivadas parciales de f en (0, 0, 1). (2) Verificar si f es diferenciable en (0, 0, 1).

Entonces:

3.2 Plano tangente y diferenciabilidad

35

Solución: (1) Derivadas parciales: h 2 · 0 · (1 − 1)2 −0 f (0 + h , 0, 1) − f (0, 0, 1) h 2 + 02 + (1 − 1)2 • f x (0, 0, 1) = l´ım = l´ım = 0. h 7→0 h 7→0 h h 02 · h · (1 − 1)2 −0 f (0, 0 + h , 1) − f (0, 0, 1) 02 + h 2 + (1 − 1)2 • f y (0, 0, 1) = l´ım = l´ım = 0. h 7→0 h 7→0 h h 02 · 0 · (1 + h − 1)2 −0 f (0, 0, 1 + h ) − f (0, 0, 1) 02 + 02 + (1 + h − 1)2 • f z (0, 0, 1) = l´ım = l´ım = 0. h 7→0 h 7→0 h h (2) Para verificar la diferenciabilidad de f en el punto (0, 0, 1) analicemos el siguiente limite:

l´ım

(x ,y ,z )7→(0,0,1)

l´ım

(x ,y ,z )7→(0,0,1)


f (x , y , z ) − f (0, 0, 1) + f x (0, 0, 1) · (x − 0) + f y (0, 0, 1) · (y − 0) + f z (0, 0, 1) · (z − 1) = p (x − 0)2 + (y − 0)2 + (z − 1)2 x 2 y (z − 1)2
f (x , y , z ) − 0 + 0 · x + 0 · y + 0 · (z − 1) x 2 + y 2 + (z − 1)2 = l´ım = p p (x ,y ,z )7→(0,0,1) x 2 + y 2 + (z − 1)2 x 2 + y 2 + (z − 1)2 x 2 y (z − 1)2

l´ım

(x ,y ,z )7→(0,0,1)

x 2 + y 2 + (z − 1)2

m
32 = (x ,y ,zl´ı)7→ (0,0,0)

x2y z2 x2 + y 2 +z2


32 .

Aplicando coordenadas esféricas x = ρc o s θ s i n φ, y = ρs i nθ s i nφ, z = ρc o s φ tenemos que: l´ım

(x ,y ,z )7→(0,0,0)

l´ım+

ρ7→0

x2y z2 x2 + y 2 +z2


32 = ρ7l´ı→m 0+

(ρc o s θ s i nφ)2 (ρs i n θ s i n φ)(ρc o s φ)2 = ρ3

ρ5 c o s 2θ s i n θ s i n 3φ c o s 2φ = l´ım+ ρ 2 c o s 2 θ s i n θ s i n 3 φ c o s 2 φ = 0. ρ7→0 ρ3

Por tanto, f es diferenciable en (0, 0, 1). Ejercicio: Si f es la función del ejemplo anterior, entonces: (1) Demostrar que las derivadas parciales de f son continuas en R3 .




Diferenciabilidad

36

(2) Demostrar que f es diferenciable en R3 . Es decir que si (a , b , c ) ∈ R3 , entonces f es diferenciable en (a , b , c ). Nota: El siguiente teorema nos brinda una relación entre aquellas funciones que tienen derivadas parciales continuas y su correspondiente diferenciabilidad. Teorema 3.2.7 Sea f : A ⊆ Rn −→ R una función la cual satisface que: (1) A es abierto. (2) Las derivadas parciales de f son continuas sobre A. Entonces f es diferenciable sobre A (en cada punto de A).

Ejemplo 3.2.10 Sea f (x , y , z ) =

 

x 2 y (z − 1)2 x 2 + y 2 + (z − 1)2

si (x , y , z ) 6= (0, 0, 1),

la función  0 si (x , y , z ) = (0, 0, 1) del ejemplo 3.2.9, entonces se puede ver que las derivadas parciales de f son continuas en R3 −{(0, 0, 1)}, lo cual implica por el teorema 3.2.7 que f es diferenciable en R3 −{(0, 0, 1)}. Además como f es diferenciable en (0, 0, 1) (ejemplo 3.2.9), entonces f es diferenciable en todos los puntos de R3 . Nota: A continuación, definimos diferenciabilidad para funciones de la forma: f : A ⊆ Rn −→ Rm . . Donde f (x ) = (f 1 (x ), . . . , f m (x )) para cada x ∈ A y { f i : A ⊆ Rn −→ R}m i =1 Definición 3.2.3 (Diferenciabilidad): Sea f : A ⊆ Rn −→ Rm una función donde para cada x ∈ A se tiene que f (x ) = (f 1 (x ), . . . , f m (x )) con { f i : A ⊆ Rn −→ R}m . Decimos que i =1 f es diferenciable en a , si para cada i ∈ {1, . . . , m} se tiene que f i es diferenciable en a en el sentido de la definición 3.2.2. Ejemplo 3.2.11 Sea f (x , y ) = (l n (x ),

p

1 − x 2 − y 2 , e x +y ), entonces tenemos que:

(1) Las funciones componente de f son: · f 1 (x , y ) = l n(x ). · f 2 (x , y ) =

p

1 − x 2 − y 2.

· f 3 (x , y ) = e x +y .

3.3 Derivadas direccionales

37

(2) Las funciones componente de f son diferenciables en: · Diferenciabilidad de f 1 (x , y ) = l n(x ): Las derivadas parciales de f 1 son: f x1 (x , y ) =

1 , x

f y1 (x , y ) = 0.

Las cuales son continuas únicamente en {(x , y ) ∈ R2 : x > 0} (¿por qué?). De esta forma, el teorema 3.2.7 nos dice que f 1 es diferenciable en cada punto de {(x , y ) ∈ R2 : x > 0}. · Diferenciabilidad de f 2 (x , y ) = f x2 (x , y ) = p

p

1 − x 2 − y 2 : Las derivadas parciales de f 2 son:

−x 1−

x2 −

y2

,

f y2 (x , y ) = p

−y 1− x2 − y 2

.

Las cuales son continuas únicamente en {(x , y ) ∈ R2 : 1 − x 2 − y 2 > 0}. De esta forma, el teorema 3.2.7 nos dice que f 2 es diferenciable en cada punto de {(x , y ) ∈ R2 : x 2 + y 2 < 1}. · Diferenciabilidad de f 3 (x , y ) = e x +y : Es claro que f 3 es diferenciable en R2 (¿por qué?). Entonces f es diferenciable en cada punto del conjunto {(x , y ) ∈ R2 : x 2 + y 2 < 1, x > 0}.

3.3.

Derivadas direccionales

Definición 3.3.1 (Derivada direccional): Sea f : A ⊆ Rn −→ R una función y a ∈ A un punto interior. Dado u ∈ Rn − {0}, definimos: f u (a ) = l´ım h 7→0

f (a + h u ) − f (a ) , h

si el limite existe y lo llamaremos la derivada direccional de f en a con dirección u. Observación: Es fácil de darse cuenta, que las derivadas parciales de una función son casos particulares de derivadas direccionales. f (a 1 + h , a 2 , . . . , a n ) − f (a 1 , a 2 , . . . , a n ) f (a + h e1 ) − f (a ) = l´ım = f e1 (a ). h 7→0 h 7→0 h h f (a 1 , a 2 + h , . . . , a n ) − f (a 1 , a 2 , . . . , a n ) f (a + h e2 ) − f (a ) f x2 (a ) = l´ım = l´ım = f e2 (a ). h 7→0 h 7→0 h h .. . f (a + h en ) − f (a ) f (a 1 , a 2 , . . . , a n + h ) − f (a 1 , a 2 , . . . , a n ) = l´ım = f en (a ). f xn (a ) = l´ım h 7→0 h 7→0 h h

f x1 (a ) = l´ım

Diferenciabilidad

38

Donde para cada i ∈ {1, . . . , n } se tiene que ei es aquel vector en Rn que tiene un 1 en la i -esima componente y cero en las demás componentes. Ejemplo 3.3.1 Sea f (x , y , z ) = 2x y 2 + z + 20. Encontrar f(1,1,0) (0, 0, 0). f ((0, 0, 0) + h (1, 1, 0)) − f (0, 0, 0) f (h , h , 0) − f (0, 0, 0) = l´ım h 7→0 h 7→0 h h 2 3 2h · h + 0 + 20 − 20 2h f(1,1,0) (0, 0, 0) = l´ım = l´ım = l´ım 2h 2 = 0. h 7→0 h 7→0 h h 7→0 h

f(1,1,0) (0, 0, 0) = l´ım

Por lo tanto, tenemos que f(1,1,0) (0, 0, 0) = 0. Nota: El siguiente teorema nos brinda una forma rápida de encontrar las derivadas direccionales de una función, a partir de la diferenciabilidad de la función. Teorema 3.3.1 Supongamos que f : A ⊆ Rn −→ R una función diferenciable en a ∈ A y u = (u 1 , . . . , u n ) ∈ Rn − {0}, entonces f u (a ) existe y además: f u (a ) = (f x1 (a ), . . . , f xn (a )) · (u 1 , . . . , u n ) =

n P i =1

f xi (a )u i .

Ejemplo 3.3.2 Dada la función f (x , y , z ) = x 2 − 5x y + y 3 + z , encontrar f(1,2,3) (1, 0, 1). • Es fácil notar que f es diferenciable en R3 debido a que sus derivadas parciales son continuas en R3 (teorema 3.2.7). • Las derivadas parciales de f en (1, 0, 1) son: f x (x , y , z ) = 2x − 5y f y (x , y , z ) = −5x + 3y 2 f z (x , y , z ) = 1

⇒

f x (1, 0, 1) = 2(1) − 5(0) = 2.

⇒

f y (1, 0, 1) = −5(1) + 3(0)2 = −5. ⇒

f z (1, 0, 1) = 1.

• Como f es diferenciable en (1, 0, 1), entonces el teorema 3.3.1 nos dice que: f(1,2,3) (1, 0, 1) = (f x (1, 0, 1), f y (1, 0, 1), f z (1, 0, 1)) · (1, 2, 3), f(1,2,3) (1, 0, 1) = f x (1, 0, 1) · 1 + f y (1, 0, 1) · 2 + f z (1, 0, 1) · 3, f(1,2,3) (1, 0, 1) = 2 · 1 + (−5) · 2 + 1 · 3 = 2 − 10 + 3 = −5. Por lo tanto, tenemos que f(1,2,3) (1, 0, 1) = −5.

3.3 Derivadas direccionales

39

Nota: Tener en cuenta que la fórmula del teorema 3.3.1 para encontrar la derivada direccional solo la debemos usar si sabemos que la función es diferenciable en el punto. Para comprender esto, consideremos el siguiente ejemplo.  2  xy Ejemplo 3.3.3 Sea f (x , y ) = x 2 + y 4  0

si (x , y ) 6= (0, 0),

Entonces:

si (x , y ) = (0, 0).

(1) Dado (u , v ) 6= (0, 0), hallar f(u,v ) (0, 0). (2) ¿Dónde es f continua? (3) ¿Dónde es f diferenciable? (4) Encontrar las derivadas parciales de f en (0, 0). (5) ¿Podemos aplicar el teorema 3.3.1 para encontrar f(u,v ) (0, 0) con (u , v ) 6= (0, 0)? Solución: (1) Dado (u , v ) ∈ R2 − {(0, 0)}, tenemos que: (h u ) · (h v )2 f (h u, h v ) − 0 f ((0, 0) + h (u , v )) − f (0, 0) (h u )2 + (h v )4 = l´ım = l´ım f(u,v ) (0, 0) = l´ım h 7→0 h 7→0 h 7→0 h h h   2 2 v uv si u 6= 0,  si u 6= 0, uv2 h3 · uv 2 u2 f(u,v ) (0, 0) = l´ım = l´ım = = u h 7→0 h 3 u 2 + h 5 v 4 h 7→0 u 2 + h 2 v 4 0 si u = 0. 0 si u = 0.  2 v f(u,v ) (0, 0) = u 0

si u 6= 0, si u = 0.

(2) f solo es continua únicamente en R2 − {(0, 0)} (¿por qué?). (3) Como derivadas parciales de f son continuas en R2 − {(0, 0)} (¿por qué?), entonces el teorema 3.2.7 nos dice que f es diferenciable en R2 − {(0, 0)}. Además como f no es continua en (0, 0), entonces f no es diferenciable en (0, 0). De esta manera, tenemos que f es diferenciable unicamente en R2 − {(0, 0)}. (4) Las derivadas parciales de f en (0, 0) son:

Diferenciabilidad

40

f x (0, 0) = f(1,0) (0, 0) =

02 = 0, 1

f y (0, 0) = f(0,1) (0, 0) = 0.

(5) Es importante notar que no podemos aplicar el teorema 3.3.1 para cálcular f(u,v ) (0, 0), ya que f no es diferenciable en (0, 0). Sin embargo, es posible que ambas partes de la igualdad existan.  2 v si u 6= 0, , f(u,v ) (0, 0) = u 0 si u = 0

( f x (0, 0), f y (0, 0) ) · (u , v ) = (0, 0) · (u , v ) = 0 · u + 0 · v = 0.

Pero es claro que para u 6= 0 y v 6= 0 tenemos que f(u,v ) (0, 0) 6= 0 . Observación: (Interpretación geométrica de la derivada direccional): Supongamos que f : R2 −→ R es una función, (a , b ) ∈ R2 y (u , v ) 6= (0, 0). Entonces: f(u ,v ) (a , b ) = l´ım h 7→0

f ((a , b ) + h (u, v )) − f (a , b ) . h

Para interpretar la derivada direccional de f en (a , b ) con dirección (u , v ), tenemos que estudiar la expresión: (x , y ) = (a , b ) + h (u , v ) con h ∈ R. Esta expresión corresponde a la ecuación vectorial paramétrica de una recta en R2 que pasa por el punto (a , b ) y tiene vector director (u , v ). Una forma similar de describir esta recta, es por medio de la ecuación normal de la recta, la cual tiene la forma: (−v, u ) · (x − a , y − b ) = 0. −v (x − a ) + u (y − b ) = 0.

3.4 Matriz jacobiana

41

Además, cabe resaltar que esta ecuación corresponde a la ecuación de un plano en el espacio, el cual corta a la gráfica de f en el punto (a , b , f (a , b )) como se muestra en la siguiente figura.

Por tanto, es fácil darse cuenta que la derivada direccional de f en (a , b ) con dirección
(u , v ), representa la pendiente de la curva Gráfica(f ) ∩ Plano −v (x − a ) + u (y − b ) = 0 en el punto (a , b , f (a .b )).

3.4.

Matriz jacobiana

Definición 3.4.1 (Matriz jacobiana): Sea f : A ⊆ Rn −→ Rm una función y a ∈ A es un punto interior con x = (x1 , . . . , xn ) 7→ f (x ) = (f 1 (x ), . . . , f m (x )). Definimos la matriz: f x11 (a )

f x12 (a )

f x13 (a )

...

f x1n (a )

 f 2 (a )  x D f (a ) =  1.  ..

f x22 (a ) .. .

f x23 (a ) .. .

... .. .

f x2n (a )   ..  , . 





f xm1 (a ) f xm2 (a ) f xm3 (a ) . . . f xmn (a ) si cada una de las derivadas parciales de las componentes de f en el punto a existen y la llamaremos la matriz jacobiana de f en a . Ejemplo 3.4.1 Sea f : R3 −→ R3 definida como f (x , y , z ) = (x 2 + y , z + x y −1, x 4 ). Hallar D f (x , y , z ) y D f (1, 0, 5).

Diferenciabilidad

42

Solución: Es fácil notar que f 1 (x , y , z ) = x 2 + y , f 2 (x , y , z ) = z + x y − 1, f 3 (x , y , z ) = x 4 . Lo cual implica:    f x1 (x , y , z ) f y1 (x , y , z ) f z1 (x , y , z ) 2x 1 0     D f (x , y , z ) =  f x2 (x , y , z ) f y2 (x , y , z ) f z2 (x , y , z ) =  y x 1 . 4x 3 0 0 f x3 (x , y , z ) f y3 (x , y , z ) f z3 (x , y , z ) 

Por lo tanto, de esta igualdad podemos concluir que: 

2(1)

 D f (1, 0, 5) =  0

4(1)3

   1 0 2 1 0    1 1 = 0 1 1 . 0 0 4 0 0

 2 2  x y +1 Ejemplo 3.4.2 Sean G (x , y , z ) = (f (x , y ), z ) con f (x , y ) = x 2 + y 2  1 Entonces:

si (x , y ) 6= (0, 0), si (x , y ) = (0, 0)

(1) Hallar D f (0, 0). (2) Hallar D f (x , y ) para todo (x , y ) ∈ R2 . (3) Hallar D G (x , y , z ) para todo (x , y , z ) ∈ R3 . Solución: (1) D f (0, 0) = [ f x (0, 0) f y (0, 0)]. Por lo tanto es suficiente hallar las derivadas parciales de f en (0, 0). h 2 02 +1−1 f (h , 0) − f (0, 0) 2 + 02 h f x (0, 0) = l´ım = l´ım = 0. h 7→0 h 7→0 h h 02 h 2 +1−1 f (0, h ) − f (0, 0) 2 2 f y (0, 0) = l´ım = l´ım 0 + h = 0. h 7→0 h 7→0 h h Por tanto, D f (0, 0) = [f x (0, 0) f y (0, 0)] = [0 0] (2) Si (x , y ) 6= (0, 0), entonces tenemos que: f x (x , y ) =

2x y 4 2x y 2 (x 2 + y 2 ) − x 2 y 2 (2x ) 2x 3 y 2 + 2x y 4 − 2x 3 y 2 = = . (x 2 + y 2 )2 (x 2 + y 2 )2 (x 2 + y 2 )2

f y (x , y ) =

2x 2 y (x 2 + y 2 ) − x 2 y 2 (2y ) 2x 4 y + 2x 2 y 3 − 2x 2 y 3 2x 4 y = = . (x 2 + y 2 )2 (x 2 + y 2 )2 (x 2 + y 2 )2

3.5 Regla de la cadena

43

Por lo tanto, tenemos que las derivadas parciales de f se describen de la siguiente manera:

f x (x , y ) =

 

2x y 4 (x 2 + y 2 )2

 0

si (x , y ) 6= (0, 0),

, f y (x , y ) =

si (x , y ) = (0, 0)

 

2x 4 y (x 2 + y 2 )2

si (x , y ) = (0, 0).

 0

De esta manera, tenemos que:   4 2x 4 y   2x y (x 2 + y 2 )2 (x 2 + y 2 )2 D f (x , y ) =  [0 0]

si (x , y ) 6= (0, 0),

si (x , y ) 6= (0, 0), si (x , y ) = (0, 0).

(3) Recordando la definición de matriz jacobiana, tenemos que:

 2x y 4     (x 2 + y 2 )2 – ™    f x (x , y ) f y (x , y ) f z (x , y ) 0  D G (x , y , z ) = =   (z ) x (z ) y (z )z  0 0 0        0 0 1

2x 4 y (x 2 + y 2 )2 0

 0  si (x , y ) 6= (0, 0), 1 si (x , y ) = (0, 0).

Nota: A continuación daremos la relación entre las matrices jacobianas de una función y su diferenciabilidad. Teorema 3.4.1 Supongamos que f : A ⊆ Rn −→ Rm es una función. Entonces

f es diferenciable en a ⇔

3.5.

 (1) D f (a ) existe. (2)

l´ım

x 7→a


f (x ) − f (a ) + D f (a ) · (x − a ) kx − a k

= 0 ∈ Rm .

Regla de la cadena

Nota: Recordemos la regla de la cadena para cálculo de una variable: Supongamos que f , g : R −→ R son funciones las cuales satisfacen que: (1) f es diferenciable en a . (2) g es diferenciable en f (a ). Entonces g ◦ f es diferenciable en a y además (g ◦ f )0 (a ) = g 0 (f (a )) · f 0 (a ).

Diferenciabilidad

44

Ejemplo 3.5.1 Supongamos que g (x ) = s i n (x ) y f (t ) = t 3 + t . Entonces: (1) La función g ◦ f se describe como (g ◦ f )(t ) = g (f (t )) = g (t 3 + t ) = s i n (t 3 + t ). (2) Las derivadas de f y g son g 0 (x ) = c o s (x ) y f 0 (t ) = 3t 2 + 1. (3) La regla de la cadena nos indica como encontrar la derivada de g ◦ f con respecto a la variable t : (g ◦ f )0 (t ) = g 0 (f (t )) · f 0 (t ) = g 0 (t 3 + t )f 0 (t ) = c o s (t 3 + t ) · (3t 2 + 1). Nota: A continuación, daremos la regla de la cadena para funciones de varias variables. Teorema 3.5.1 (Regla de la cadena): Sean f : A ⊆ Rn −→ Rm y g : B ⊆ Rm −→ Rp son funciones las cuales satisfacen que: (1) f (A) ⊆ B . (2) f es diferenciable en a . (3) g es diferenciable en f (a ). Entonces g ◦ f : A ⊆ Rn −→ Rp es una función diferenciable en a y además: D (g ◦ f )(a ) = D g (f (a )) · D f (a ).

3.5 Regla de la cadena

45

Observación: Supongamos que f : A ⊆ Rn −→ Rm y g : B ⊆ Rm −→ Rp son las funciones que satisfacen las hipótesis del teorema anterior las cuales están definidas como: x = (x1 , . . . , xn ) ∈ A 7→ f (x ) = (f 1 (x ), . . . , f m (x )) ∈ Rm . y = (y1 , . . . , ym ) ∈ B 7→ g (y ) = (g 1 (y ), . . . , g p (y )) ∈ Rp . Entonces podemos notar las siguientes cosas: (1) La función compuesta g ◦ f : A ⊆ Rn −→ Rp esta definida como x ∈ A 7→ (g ◦ f )(x ) = g (f (x )) = (g 1 (f (x )), . . . , g p (f (x )) ∈ Rp . (2) Las matrices D f (a ), D g (f (a )) y D (g ◦ f )(a ) son: f x11 (a )

f x12 (a )

f x13 (a )

...

f x1n (a )

 f 2 (a )  x D f (a ) =  1.  ..

f x22 (a ) .. .

f x23 (a ) .. .

... .. .

f x2n (a )   ..  . . 





f xm1 (a ) f xm2 (a ) f xm3 (a ) . . . f xmn (a )   g y11 (f (a )) g y12 (f (a )) g y13 (f (a )) . . . g y1m (f (a ))  2  g y (f (a )) g y2 (f (a )) g y2 (f (a )) . . . g y2 (f (a )) 1 2 3 m  . D g (f (a )) =  .. .. .. .. ..  . . . . .   g yp1 (f (a )) g yp2 (f (a )) g yp3 (f (a )) . . . g ypm (f (a ))

Diferenciabilidad

46 (g 1 ◦ f ) x1 (a )

(g 1 ◦ f ) x2 (a )

(g 1 ◦ f ) x3 (a ) . . . (g 1 ◦ f ) xn (a )

 (g 2 ◦ f ) (a ) x1  D (g ◦ f )(a ) =  ..  .

(g 2 ◦ f ) x2 (a ) .. .

(g 2 ◦ f ) x3 (a ) . . . (g 2 ◦ f ) xn (a )   . .. .. ..  . . .





(g p ◦ f ) x1 (a ) (g p ◦ f ) x2 (a ) (g p ◦ f ) x3 (a ) . . . (g p ◦ f ) xn (a ) (3) El teorema 3.5.1 nos dice que D (g ◦ f )(a ) = D g (f (a )) · D f (a ), lo cual equivale a que para cada i ∈ {1, . . . , p } y cada j ∈ {1, . . . , n }: 

f x1j (a )



 2  m  f x j (a )  P = g yi k (f (a ))f xkj (a ). (g i ◦ f ) x j (a ) = [ g yi 1 (f (a )) g yi 2 (f (a )) . . . g yi m (f (a )) ] ·   ..  k =1  .  f xmj (a ) (g i ◦ f ) x j (a ) =

m P k =1

g yi k (f (a ))f xkj (a ) .

De esta última igualdad, tenemos el siguiente resultado. Corolario 3.5.2 (Regla de la cadena): Sean f : A ⊆ Rn −→ Rm y g : B ⊆ Rm −→ R funciones las cuales satisfacen que: (1) f (A) ⊆ B . (2) f es diferenciable en a . (3) g es diferenciable en f (a ). Entonces g ◦ f : A ⊆ Rn −→ R es una función diferenciable en a y además para cada j ∈ {1, . . . , n } se tiene que: (g ◦ f ) x j (a ) =

m P k =1

g yk (f (a ))f xkj (a ) .

Ejemplo 3.5.2 Sean x , y : R2 −→ R definidas como x (r, θ ) = r c o s θ , y (r, θ ) = r s i nθ . Si f : R2 −→ R esta definida como f (x , y ) = x 2 + y 2 , entonces: (1) Hallar f ◦ g donde g (r, s ) = (x (r, s ), y (r, s )). (2) Hallar (f ◦ g )r y (f ◦ g )θ usando la regla de la cadena. Solución:

3.5 Regla de la cadena

47

(1) (f ◦g )(r, θ ) = f (g (r, θ )) = f (x (r, θ ), y (r, θ )) = f (r c o s θ , r s i nθ ) = (r c o s θ )2 +(r s i nθ )2 , lo cual muestra que (f ◦ g )(r, θ ) = r 2 . (2) Recordemos que la regla de la cadena nos dice que: (f ◦ g )r (r, θ ) = f x (r c o s θ , r s i nθ )x r (r, θ ) + f y (r c o s θ , r s i nθ )yr (r, θ ). (f ◦ g )θ (r, θ ) = f x (r c o s θ , r s i nθ )xθ (r, θ ) + f y (r c o s θ , r s i nθ )yθ (r, θ ). Donde tenemos que: f x = 2x , f y = 2y , x r = c o s θ , xθ = −r s i nθ , yr = s i n θ , yθ = r c o s θ . Así al reemplazar estos valores, se obtiene: (f ◦ g )r (r, θ ) = (2r c o s θ )(c o s θ ) + (2r s i nθ )(s i n θ ) = 2r . (f ◦ g )θ (r, θ ) = (2r c o s θ )(−r s i nθ ) + (2r s i nθ )(r c o s θ ) = 0. Nota: Del ejemplo anterior podemos notar que (f ◦ g )r y (f ◦ g )θ los pudimos haber encontrado más fácilmente sin el uso de la regla de la cadena, ya que: (f ◦ g )r = (r 2 )r = 2r . (f ◦ g )θ = (r 2 )θ = 0. Aunque en ocasiones la regla de la cadena será más sencilla de usar. El siguiente ejemplo demuestra esta situación. Ejemplo 3.5.3 Sean x , y : R2 −→ R definidas como x (u , v ) = u 2 − v 2 , y (u , v ) = v 2 − u 2 . Si g : R2 −→ R es una función diferenciable descrita como g (x , y ) = z . Demostrar que: v z u + u z v = 0. Solución: Notemos primero la dependencia de las variables

Diferenciabilidad

48

Por lo tanto, tiene sentido únicamente hablar de las derivadas parciales z x , z y , x u , x v , yu y yv . Por lo tanto, podemos preguntarnos: ¿Qué significan las derivadas parciales z u y z v ? La respuesta a esta pregunta es que estas derivadas parciales son las derivadas parciales de la función compuesta z = g (u 2 −v 2 , v 2 −u 2 ), ya que x (u , v ) = u 2 −v 2 , y (u , v ) = v 2 −u 2 . Esto significa que si definimos la función f (u , v ) = (x , y ) = (u 2 − v 2 , v 2 − u 2 ), entonces: (g ◦ f )(u , v ) = g (f (u , v )) = g (u 2 − v 2 , v 2 − u 2 ). z u = (g ◦ f )u . z v = (g ◦ f )v . Por lo tanto, la regla de la cadena nos dice que: z u = (g ◦ f )u = g x x u + g y yu = z x x u + z y yu = z x (2u ) + z y (−2u ) = 2u (z x − z y ). z v = (g ◦ f )v = g x x v + g y yv = z x (−2v ) + z y (2v ) = 2v (−z x + z y ). Luego tenemos que v z u + u z v = v [2u(z x − z y )] + u [2v (−z x + z y )] = 2u v (z x − z y ) − 2u v (z x − z y ) = 0. Lo cual demuestra que v z u + u z v = 0. ‹ y −x z −x , es una función diferenciable resEjemplo 3.5.4 Supongamos que w = f xy xz y −x z −x pecto a las variables u = y v= . Demostrar que: xy xz 

x 2 w x + y 2 w y + z 2 w z = 0. Solución: Notemos primero la dependencia de las variables

3.5 Regla de la cadena

49

Por tanto, la regla de la cadena nos dice que  ‹ z − x  y −x • w x = wu u x + wv vx = wu + wv xy x xz x     ‹  ‹  −x z − z (z − x ) −x y − y (y − x ) −y 2 −z 2 + wv = wu w x = wu + wv . x2y 2 x 2z 2 x2y 2 x 2z 2 ‹  z − x  y −x + wv • w y = wu u y + wv vy = wu xy y xz y    ‹ x y − x (y − x ) x2 w y = wu = wu . x2y 2 x2y 2 ‹  z − x  wv y −x + wv = . • w z = w u u z + w v vz = w u xy z xz z z2 Por lo tanto, tenemos que 

   x 2z 2 z 2 x2y 2 x2y 2 + wu + − + w v = 0. x w x + y w y + z wz = − x2y 2 x2y 2 x 2z 2 z 2 2

2

2

Ejemplo 3.5.5 Sean f , g : R2 −→ R2 funciones diferenciables las cuales satisfacen las siguientes propiedades: – · g (0, 0) = (1, 2), g (1, 2) = (3, 5), D g (0, 0) = · f (0, 0) = (3, 5), f (4, 1) = (1, 2), D f (3, 5) =

™ 0

1

−1 4 – ™ 1 1 3 5

– y D g (1, 2) = –

y D f (4, 1) =

2 3

™

5 7

.

™ −1 2 1

3

.

Entonces (a) Calcular D (f ◦ g )(1, 2). (b) Calcular D (g ◦ f )(4, 1). Solución: (a) El teorema 3.5.1, nos dice que D (f ◦g )(1, 2) = D f (g (1, 2))·D g (1, 2) = D f (3, 5)·D g (1, 2). De esta forma tenemos que: – D (f ◦ g )(1, 2) = D f (3, 5) · D g (1, 2) =

1 1 3 5

™ – ·

™ 2 3 5 7

– =

2+5

3+7

™

6 + 25 9 + 35

– =

7

10

31 44

™ .

(b) El teorema 3.5.1, nos dice que D (g ◦ f )(4, 1) = D g (f (4, 1))·D f (4, 1) = D g (1, 2)·D f (4, 1). De esta forma tenemos que: –

™ – ™ – ™ – ™ 2 3 −1 2 −2 + 3 4 + 9 1 13 D (g ◦ f )(4, 1) = D g (1, 2) · D f (4, 1) = · = = . 5 7 1 3 −5 + 7 10 + 21 2 31

Diferenciabilidad

50

3.6.

Funciones de clase C r

Definición 3.6.1 (Funciones de clase C r ): Sea f : A ⊆ Rn −→ R una función y A es un conjunto abierto. Entonces: • Decimos que f es una función de clase C 0 sobre A, si f es continua sobre A. En este caso escribimos f ∈ C 0 (A). • Decimos que f es una función de clase C 1 sobre A, si f tiene derivadas parciales de orden 1 continuas sobre A. En este caso escribimos f ∈ C 1 (A). • Para r > 1, decimos que f es una función de clase C r sobre A, si las derivadas parciales de orden r de f son funciones continuas sobre A. En este caso escribimos f ∈ C r (A). • Decimos que f es una función de clase C ∞ sobre A, si f ∈ C r (A) para cada r ¾ 0. En este caso escribimos f ∈ C ∞ (A). Para funciones de la forma f : A ⊆ Rn −→ Rm , decimos que f es de clase C r sobre A, si las componentes de f son funciones de clase C r sobre A. Observación: Por medio de los teoremas 3.2.5 y 3.2.7, tenemos las siguientes relaciones sobre A ⊆ Rn abierto. Funciones de clase C

∞

⊆ ...⊆

Funciones de clase C

Funciones diferenciables

⊆

2

⊆

Funciones de

Funciones continuas

clase C

1

⊆

Funciones diferenciables

⊆ Funciones .

Ejemplo 3.6.1 Las funciones polinómicas son funciones de clase C ∞ sobre todo su dominio, ya que las derivadas parciales de todos los ordenes son fuciones continuas en todo su dominio. (1) f (x , y ) = x 5 y + 40x y 10 + x − 8y es una función de clase C ∞ sobre R 2 . (2) f (x , y , z ) = x 6 y z + 40x y 10 z 8 − 8y − 8x z − z es una función de clase C ∞ sobre R3 . (3) f (x , y ) =

P

a i , j x i y j es una función de clase C ∞ sobre R2 (escritura general de un

i,j

polinomio de dos variables).

3.6 Funciones de clase C r (4) f (x , y , z ) =

P

51

a i , j ,k x i y j z k es una función de clase C ∞ sobre R3 (escritura general

i , j ,k

de un polinomio de tres variables).

Ejemplo 3.6.2 Sea f (x , y ) =

 

xy x2 +

y2

0

si (x , y ) 6= (0, 0),

. Entonces podemos notar que:

si (x , y ) = (0, 0)

(1) f no es continua en (0, 0) (aplicar coordenadas polares para verificarlo). xy . De esta forma podemos notar que f es x2 + y 2 una función de clase C ∞ sobre R2 − {(0, 0)}, ya que las derivadas parciales de cualquier (2) Si (x , y ) 6= (0, 0), entonces f (x , y ) =

orden de f son continuas en R2 − {(0, 0)} (¿por qué?). Por tanto, tenemos que f solo es de clase C ∞ sobre R2 − {(0, 0)}.  2 2  x y Ejemplo 3.6.3 Sea f (x , y ) = x 2 + y 2  0

si (x , y ) 6= (0, 0),

. Entonces

si (x , y ) = (0, 0).

(1) Verificar donde f es de clase C 1 . (2) Verificar donde f es de clase C 2 . (3) Verificar donde f es de clase C ∞ . Solución: (1) En el ejemplo 3.2.3, encontramos que:

f x (x , y ) =

 

2x y 4 (x 2 + y 2 )2

 0

si (x , y ) 6= (0, 0),

f y (x , y ) =

,

si (x , y ) = (0, 0).

 

2x 4 y (x 2 + y 2 )2

 0

si (x , y ) 6= (0, 0), si (x , y ) = (0, 0).

Además aplicando coordenadas polares y propiedades de funciones continuas, tenemos que f x y f y son continuas en R2 (ejercicio). Lo cual nos dice precisamente que f ∈ C 1 (R2 ). (2) Las derivadas parciales de orden 2 de f son las siguientes:  4 2 2  2y (y − 3x ) (x 2 + y 2 )3 f x x (x , y ) =  0

si (x , y ) 6= (0, 0), si (x , y ) = (0, 0).

.

Diferenciabilidad

52  3 3  8x y si f x y (x , y ) = (x 2 + y 2 )3  0 si  3 3  8x y si f y x (x , y ) = (x 2 + y 2 )3  0 si  4 2 2  2x (x − 3y ) (x 2 + y 2 )3 f y y (x , y ) =  0

(x , y ) 6= (0, 0),

.

(x , y ) = (0, 0). (x , y ) 6= (0, 0),

.

(x , y ) = (0, 0). si (x , y ) 6= (0, 0),

.

si (x , y ) = (0, 0).

Además usando coordenadas polares y propiedades de funciones continuas, es fácil probar que las derivadas parciales de orden 2 solo son continuas en R2 −{(0, 0)}. Esto nos dice precisamente que f ∈ C 2 (R2 − {(0, 0)}). x2y 2 . De esta forma podemos notar que f es x2 + y 2 una función de clase C ∞ sobre R2 − {(0, 0)}, ya que las derivadas parciales de cualquier (3) Si (x , y ) 6= (0, 0), entonces f (x , y ) =

orden de f son continuas en R2 − {(0, 0)} (¿por qué?). Además por la parte (2), tenemos que las derivadas parciales de orden 2 de f no son continuas en (0, 0), lo cual implica que f solo es de clase C ∞ sobre R2 − {(0, 0)}. Nota: El siguiente teorema que nos dice que la compuesta de funciones de clase C r es de clase C r . Como resultado particular, la compuesta de funciones de clase C ∞ es tambien una función de clase C ∞ . Teorema 3.6.1 Sean f : A ⊆ Rn −→ Rm y g : B ⊆ Rm −→ Rp funciones que satisfacen las siguientes propiedades: (1) A y B son conjuntos abiertos con f (A) ⊆ B . (2) f es una función de clase C r sobre A. (3) g es una función de clase C r sobre B . Entonces g ◦ f es una función de clase C r sobre A. Ejemplo 3.6.4 Sea h (x , y ) = s i n (x 2 + y 2 ), entonces h es una función de clase C ∞ sobre R2 , ya que h = g ◦ f con g (x ) = s i n (x ) y f (x , y ) = x 2 + y 2 , con g ∈ C ∞ (R) y f ∈ C ∞ (R2 ). Ejemplo 3.6.5 Sea m (x , y , z ) = 5e c o s (x +y +z ) , entonces m es una función de clase C ∞ sobre R3 , ya que h = g ◦ f ◦ h con g (x ) = 5e x , f (x ) = c o s (x ) y h (x , y , z ) = x + y + z , con g ∈ C ∞ (R), f ∈ C ∞ (R) y h ∈ C ∞ (R3 ).

3.7 Planos tangentes

3.7.

53

Planos tangentes

El teorema 3.2.1 nos dice como encontrar el plano tangente a una superficie S que es la gráfica de una función z = f (x , y ) en un punto (a , b , f (a , b )).

Pero no todas las superficies son la gráfica de una función z = f (x , y ). Un ejemplo particular de esto es la esfera x 2 + y 2 + z 2 = 1, ya que al despejar la variable z , tenemos que p z = ± 1 − x 2 − y 2.

Por lo tanto la pregunta natural que surge es ¿cómo encontrar la ecuación del plano tangente a un punto (a , b , c ) en la esfera x 2 + y 2 + z 2 = 1? • Si el punto (a , b , c ) se encuentra en el la parte superior de la esfera, entonces tenemos p que (a , b , c ) = (a , b , 1 − a 2 − b 2 ) y de esta manera, aplicando el teorema 3.2.1, tenemos que la ecuación del plano tangente a x 2 + y 2 + z 2 = 1 en el punto (a , b , c ) es:

Diferenciabilidad

54 z = f (a , b ) + f x (a , b )(x − a ) + f y (a , b )(y − b ) ( f (x , y ) = 

2a

‹



2b

p

1 − x 2 − y 2 ).

‹

z =c − p (x − a ) − p (y − b ) 1−a2 − b2 1−a2 − b2

.

• Si el punto (a , b , c ) se encuentra en el la parte inferior de la esfera, entonces tenep mos que (a , b , c ) = (a , b , − 1 − a 2 − b 2 ) y de esta manera, aplicando el teorema 3.2.1, tenemos que la ecuación del plano tangente a x 2 + y 2 + z 2 = 1 en el punto (a , b , c ) es: p z = f (a , b ) + f x (a , b )(x − a ) + f y (a , b )(y − b ) ( f (x , y ) = − 1 − x 2 − y 2 ).  ‹  ‹ 2a 2b z =c + p (x − a ) + p (y − b ) 1−a2 − b2 1−a2 − b2

.

Pero en ambos casos, tenemos un problema en los puntos del ecuador de la esfera. Es decir aquellos puntos de la forma (a , b , 0) con a 2 + b 2 = 1 (¿por qué?). Aunque con un poco de trabajo se puede arreglar esto, el siguiente teorema nos dice como encontrar la ecuación del plano tangente a una superficie descrita de esta “forma”. Teorema 3.7.1 Supongamos que f : A ⊆ Rn −→ R una función tal que f ∈ C 1 (A). Si x0 ∈ S = f −1 (c ) = {x ∈ A : f (x ) = c }, entonces: (1) ∇f (x0 ) = ( f x1 (x0 ), . . . , f xn (x0 ) ) es un vector perpendicular a S en el punto x0 . (2) Si n = 3 y ∇f (x0 ) 6= 0, entonces el plano tangente a S en x0 es ∇f (x0 ) · (x − x0 ) = 0 . (3) Si n > 3 y ∇f (x0 ) 6= 0, entonces el hiperplano tangente a S en x0 es ∇f (x0 ) · (x − x0 ) = 0 . Ejemplo 3.7.1 Sea S la esfera x 2 + y 2 + z 2 = 1, entonces: (a) Verificar que el punto (0, 0, 1) se encuentra en la esfera. (b) Encontrar la ecuación del plano tangente S en el punto (0, 0, 1). Solución: (a) Reemplazando (x , y , z ) = (3, −1, 2) en la ecuación, tenemos que 02 + 02 + 11 = 1. Lo cual prueba que (0, 0, 1) es un punto de S .

3.7 Planos tangentes

55

(b) Es claro que S = f −1 (1), con f (x , y , z ) = x 2 + y 2 + z 2 . Además tenemos que ∇ f (x , y , z ) = (f x , f y , f z ) = (2x , 2y , 2z ). ∇f (0, 0, 1) = (0, 0, 2). Por tanto, el teorema anterior nos dice que la ecuación del plano tangente a S en el punto (0, 0, 1) es ∇f (0, 0, 1) · (x − 0, y − 0, z − 1) = 0. (0, 0, 2) · (x , y , z − 1) = 0 ⇒ 2(z − 1) = 0. Así la ecuación del plano tangente es z = 1 . Ejercicio: Sea S la esfera con ecuación x 2 + y 2 + z 2 = 1. Si (a , b , c ) ∈ S , encontrar la ecuación del plano tangente a S en un punto (a , b , c ). Ejemplo 3.7.2 Consideremos la superficie S descrita por la ecuación x 3 y − y z 2 + z 5 = 9, entonces: (a) Verificar que el punto (3, −1, 2) se encuentra en la superficie. (b) Encontrar la ecuación del plano tangente a la superficie en el punto (3, −1, 2). Solución: (a) Reemplazando (x , y , z ) = (3, −1, 2) en la ecuación, tenemos (3)3 (−1) − (−1)(2)2 + (2)5 = −27 + 4 + 32 = 9. Lo cual prueba que (x , y , z ) = (3, −1, 2) es un punto de la superficie S . (b) Es claro que S = f −1 (9), con f (x , y , z ) = x 3 y − y z 2 + z 5 . Además tenemos que ∇f (x , y , z ) = (f x , f y , f z ) = (3x 2 y , x 3 − z 2 , −2y z + 5z 4 ). ∇f (3, −1, 2) = (−27, 23, 84). Por tanto, el teorema anterior nos dice que la ecuación del plano tangente a S en el punto (3, −1, 2) es ∇f (3, −1, 2) · (x − 3, y − (−1), z − 2) = 0. (−27, 23, 84) · (x − 3, y + 1, z − 2) = 0 ⇒ −27(x − 3) + 23(y + 1) + 84(z − 2) = 0.

Diferenciabilidad

56 Así la ecuación del plano tangente es −27x + 23y + 84z = 64 .

Ejemplo 3.7.3 Sea S la hiperesfera de radio 2 descrita como x 2 +y 2 +z 2 +w 2 = 4. Entonces (a) Verificar que el punto (x , y , z , w ) = (−1, 1, 1, −1) se encuentra en S . (b) Encontrar la ecuación del hiperplano tangente a S en el punto (x , y , z , w ) = (−1, 1, 1, −1). Solución: (a) Reemplazando (x , y , z , w ) = (−1, 1, 1, −1) en la ecuación, tenemos (−1)2 + (1)2 + (1)2 + (−1)2 = 4. Lo cual prueba que (x , y , z , w ) = (−1, 1, 1, −1) se encuentra en la hiperesfera S . (b) Es claro que S = f −1 (4), con f (x , y , z ) = x 2 + y 2 + z 2 + w 2 . Además tenemos que ∇ f (x , y , z , w ) = (f x , f y , f z , f w ) = (2x , 2y , 2z , 2w ). ∇f (−1, 1, 1, −1) = (−2, 2, 2, −2). Por tanto, el teorema anterior nos dice que la ecuación del hiperplano tangente a S en el punto (−1, 1, 1, −1) es ∇f (−1, 1, 1, −1) · (x − (−1), y − 1, z − 1, w − (−1)) = 0. (−2, 2, 2, −2) · (x + 1, y − 1, z − 1, w + 1) = 0 ⇒ −2(x + 1) + 2(y − 1) + 2(z − 1) − 2(w + 1) = 0. Así la ecuación del plano tangente es −x + y + z − w = 0 . Ejemplo 3.7.4 Sea S la superficie definida por la ecuación z 4 = x 2 + y 2 , entonces es claro que S = f −1 (0) con f (x , y , z ) = x 2 + y 2 − z 4 . Además es fácil ver que (0, 0, 0) ∈ S y ∇f (x , y , z ) = (2x , 2y , −4z 3 ). Por lo tanto ∇ f (0, 0, 0) = (0, 0, 0) y de esta manera no podemos hallar la ecuación del plano tangente a S en (0, 0, 0) por medio del teorema 3.7.1. De hecho se puede mostrar con un poco de trabajo que S no tiene un plano tangente en (0, 0, 0).

3.8 Teorema de la función implícita

3.8.

57

Teorema de la función implícita

El teorema de la función implícita surge de manera natural al tener una ecuación de la forma: f (x1 , . . . , xn ) = c .

Donde deseamos despejar una variable como por ejemplo xn en término de las demás variables x1 , . . . , xn−1 para así tener que xn = g (x1 , . . . , xn−1 ) (xn es función de las variables x1 , . . . , xn−1 ). Ejemplo 3.8.1 Consideremos la ecuación x 2 + y 2 = 1, entonces es fácil ver que podemos p despejar la variable y en términos de la variable x y además y = ± 1 − x 2 . En este caso tenemos que f (x , y ) = x 2 + y 2 y c = 1. Nota: Aunque en el ejemplo anterior podemos despejar la variable y en términos de la variable x , es posible que tengamos casos donde por métodos convencionales no se pueda despejar la variable deseada. Para entender esto, consideremos el siguiente ejemplo. Ejemplo 3.8.2 Consideremos la ecuación descrita por x y 2 + x 4 l n(y 2 + 1) + 20y = 0. Entonces es fácil ver que por métodos convencionales no podemos despejar la variable y en términos de la variable x . Además f (x , y ) = x y 2 + x 4 l n(y 2 + 1) + 20 y c = 1. De lo anterior surgen las siguientes preguntas: (1) Si f (x1 , . . . , xn ) = c , entonces ¿será posible encontrar a xn como función de las variables restantes x1 , . . . , xn−1 ?

(2) Si xn es función de las variables x1 , . . . , xn−1 , digamos que xn = g (x1 , . . . , xn−1 ), entonces para cada i ∈ {1, . . . , n − 1} ¿cuánto es (xn ) xi = g xi = ?

El siguiente teorema da respuesta a estas preguntas, bajo ciertas condiciones que debe de satisfacer la función f .

Diferenciabilidad

58

Teorema 3.8.1 (Función implícita-versión 1): Supongamos que f : A ⊆ Rn −→ R es una función que satisface: • A es abierto. • f ∈ C 1 (A). • x0 = (a 1 , . . . , a n −1 , a n ) ∈ f −1 (c ) = {x ∈ A : f (x ) = c } satisface que f xn (x0 ) 6= 0. Entonces existe una función g : U −→ V , donde U ⊆ Rn−1 y V ⊆ R son conjuntos abiertos con (a 1 , . . . , a n−1 ) ∈ U , a n ∈ V y g satisface que: (1) g (a 1 , . . . , a n−1 ) = a n . (2) g ∈ C 1 (U ). (3) f (x1 , . . . , xn−1 , g (x1 , . . . , xn−1 )) = c para cada (x1 , . . . , xn −1 ) ∈ U . (4) g xi (x1 , . . . , xn−1 ) = − (x1 , . . . , xn −1 ) ∈ U .

f xi (x1 , . . . , xn−1 , g (x1 , . . . , xn −1 )) f xn (x1 , . . . , xn−1 , g (x1 , . . . , xn−1 ) )

para 1 ¶ i ¶ n − 1 y cada

p  1 3 Ejemplo 3.8.3 Verificar que cerca del punto , podemos solucionar la ecuación 2 2  ‹ 1 2 2 x + y = 1 para y en términos de x . Además encontrar yx . 2 

Solución: 

p   ‹2  p 2 1 3 1 3 1 3 , = + = + =1y 2 2 2 2 4 4

Sea f (x , y ) = x 2 + y 2 , entonces f ∈ C 1 (R2 ), f  p  p  p 1 3 3 además f y , =2 = 3 6= 0. Por lo tanto, el teorema de la función implícita 2 2 2 nos dice que podemos solucionar la ecuación x 2 +y 2 = 1 para y en función de x alrededor  ‹ p 1 1 3 de x = , con y = . Además tenemos que: 2 2 2 p   ‹ 1 3 1 fx ,  ‹ 2 2 2 1 1 2 = −  p  = − p  = − p . yx 2 1 3 3 3 fy , 2 2 2 2 

3.8 Teorema de la función implícita

59

Nota: Cabe destacar que el ejemplo anterior que si despejamos la p variable y , entonces  ‹ p 1 3 obtenemos que y = ± 1 − x 2 , y como tenemos que y = entonces esto nos 2 2 p 1 −2x x obliga a que y = 1 − x 2 . De esta manera tenemos yx = p =− p y así: 2 2 1− x 1− x2  ‹ 1 =− v yx t 2

1 1 1 2 2  ‹2 = − s 3 = − p3 . 1 1− 4 2

El cual es el mismo resultado obtenido previamente. Ejemplo 3.8.4 Verificar que cerca del punto (0, 0) podemos solucionar x y 2 + x 4 l n(y 2 + 1) + 20y = 0, para y en términos de la variable x . Además encontrar yx (0). Solución: 2 Sea f (x , y) = x y 2 + x 4 l n(y  + 1) + 20y , entonces f ∈ C 1 (R2 ) (¿por qué?), f (0, 0) = 0 y 4 2x y f y (0, 0) = 2x y + + 20 (0, 0) = 20 6= 0. Por lo tanto, el teorema de la función implíy2+1 cita nos dice que podemos solucionar la ecuación x y 2 + x 4 l n(y 2 + 1) + 20y = 0 para y

en función de x alrededor del punto x = 0, con y (0) = 0. Además tenemos que: yx (0) = −

f x (0, 0) 0 =− = 0. f y (0, 0) 20

Ejercicio: Verificar que cerca del punto (0, 0, 1) podemos solucionar x 2 + y 2 + z 2 = 1, para z en términos de las variables x e y . Además encontrar z x (0, 0). Ejemplo 3.8.5 Sea S la superficie descrita por la ecuación z 2 y 2 + x 2 y = 2. (1) Utilice el teorema de la función implícita para determinar cerca de cuales puntos es posible describir a S localmente como la gráfica de una función C 1 , z = g (x , y ). (2) ¿Cerca de cuales puntos puede describirse a S (localmente) como la gráfica de una función x = g (y , z )? (3) ¿Cerca de cuales puntos puede describirse a S (localmente) como la gráfica de una función y = h (x , z )?

Diferenciabilidad

60 Solución:

(1) Sea f (x , y , z ) = z 2 y 2 + x 2 y , entonces es claro que f ∈ C 1 (R3 ) y f z (x , y , z ) = 2z y 2 . Entonces: f z (x , y , z ) = 2z y 2 6= 0 ⇔ z 6= 0 y y 6= 0

.

Por lo tanto, el teorema de la función implícita nos dice que cerca de los puntos {(x , y , z ) ∈ S ⊆ R3 : z 6= 0 , y 6= 0} es posible describir a S localmente como la gráfica de una función C 1 , z = g (x , y ). (2) Si aplicando el teorema de la función implícita, tenemos que S puede describirse localmente como la gráfica de una función C 1 , x = g (y , z ) en el conjunto: {(x , y , z ) ∈ S : f x (x , y , z ) 6= 0} = {(x , y , z ) ∈ S : 2x y 6= 0}. {(x , y , z ) ∈ S : f x (x , y , z ) 6= 0} = {(x , y , z ) ∈ S : x 6= 0 } ∩ {(x , y , z ) ∈ S : y 6= 0}. {(x , y , z ) ∈ S : f x (x , y , z ) 6= 0} = {(x , y , z ) ∈ S : x 6= 0 }. (¿por qué se tiene esta igualdad?) 2 2 2 Pero en este caso, es posible despejar v la variable x en la ecuación z y + x y = 2, t2 − z 2y 2 . En este caso, podemos ver que sobre con lo cual obtenemos que x = ± y cada punto de S podemos describir a S localmente como la gráfica de una función

x = g (y , z ).

(∗) Se puede ver fácilmente que las funciones x = ±

v t2 − z 2y 2

son de clase C 1 en y el conjunto {(x , y , z ) ∈ S : x = 6 0 } (ejercicio). Por tanto hay que tener cuidado, ya que en ocasiones se puede encontrar la función, pero no es de clase C 1 sobre S , y además el teorema de la función implícita nos garantiza la solución bajo ciertas condiciones, más no nos garantiza que en los puntos donde las condicones fallan no podamos encontrar solución.

(3) De forma similar podríamos aplicar el teorema de la función implícita para verificar una solución, pero en este caso podemos despejar la variable y de la ecuación z 2 y 2 + x 2 y = 2, para tener un resultado más preciso.

3.8 Teorema de la función implícita

61

z 2 y 2 + x 2 y = 2 ⇔ z 2 y 2 + x 2 y − 2 = 0. p p −x 2 ± x 4 − 4z 2 (−2) −x 2 ± x 4 + 8z 2 y= = . 2z 2 2z 2  p 2 −x ± x 4 + 8z 2   si z 6= 0 2z 2 Por lo tanto, tenemos que y = (¿por qué?). Así, tene2   si z = 0. x2 mos que sobre cada punto de S , podemos describir a S localmente como la gráfica de una función y = h (x , z ). También cabe resaltar que aplicar el teorema de la función implícita aquí es más complicado(¿por qué?). Observación: En el teorema de la función implícita (versión 1), estamos tratando de resolver la ecuación: f (x1 , . . . , xn−1 , xn ) = c , para xn en término de las varibles x1 , . . . , xn −1 . En el caso general, tenemos un sistema de m ecuaciones de la forma: f 1 (x1 , . . . , , xn , y1 , . . . , ym ) = c1 , f 2 (x1 , . . . , , xn , y1 , . . . , ym ) = c2 , .. . f m (x1 , . . . , , xn , y1 , . . . , ym ) = cm , donde queremos resolver el sistema para y1 , . . . , ym en términos de las variables x1 , . . . , xn . Entonces si tenemos que f = ( f 1 , . . . , f m ) y c = (c1 , . . . , cm ). Entonces podemos escribir este sistema como: f (x , y ) = c , donde x = (x1 , . . . , xn ) y y = (y1 , . . . , ym ). Ejemplo 3.8.6 Consideremos el sistema de ecuaciones dado por: 3x 2 − y − z = −3, x 2 − y + z = −1. Entonces, tenemos que 3x 2 = y + z − 3 = 3y − 3z − 3, lo cual implica que 2y = 4z y así y = 2z . De esta manera, tenemos que:

Diferenciabilidad

62

3x 2 − y − z = −3 ⇒ 3x 2 − 2z − z = −3 ⇒ z = x 2 + 1, y = 2z = 2x 2 + 2 . Lo cual implica que las variables y , z son funciones de la variable x . En este caso tenemos que si f (x , y , z ) = (3x 2 − y −z , x 2 − y +z ) y c = (−3, −1), entonces el sistema f (x , y , z ) = c se puede resolver para y , z en términos de x . Nota: Cabe resaltar que puede ocurrir el caso en que no podamos despejar las variables por métodos usuales. En esta parte entra el teorema de la función implicita (versión 2), para decir en casos estas variables dependen como función de las demás variables. Notación: Sea f : A ⊆ Rn+m −→ Rm una función con x = (x1 , . . . , xn ), y = (y1 , . . . , ym ) y descrita como: (x , y ) = (x1 , . . . , xn , y1 , . . . , ym ) 7→ f (x , y ) = (f 1 (x , y ), . . . , f m (x , y )). Entonces la matriz jacobiana de f se describe como: 

f x11 (x , y )

...

f x1n (x , y )

f y11 (x , y )

...

f y1m (x , y )



  2  f x (x , y ) . . . f x2 (x , y ) f y2 (x , y ) . . . f y2 (x , y ) 1 n 1 m . D f (x , y ) =  .. .. .. .. .. ..   . . . . . .   m m m m f x1 (x , y ) . . . f xn (x , y ) f y1 (x , y ) . . . f ym (x , y ) Denotaremos las matrices

∂f ∂f (x , y ) y (x , y ) como: ∂x ∂y 

f x11 (x , y )

...

f x1n (x , y )

f y11 (x , y )

...

 f 2 (x , y ) ∂f  x (x , y ) =  1 . .. ∂x 

... .. .

 2  f y (x , y ) f x2n (x , y )  ∂f  1 (x , y ) =   y .. ..  ∂ y  . . 

... .. .





f xm1 (x , y ) . . . f xmn (x , y )

f y1m (x , y )



 f y2m (x , y ) . ..  .  m m f y1 (x , y ) . . . f ym (x , y )

˜ ∂f ∂f Por lo tanto, D f (x , y ) = (x , y ) (x , y ) . ∂x ∂y •

Ejemplo 3.8.7 Sea f (x , y , z = (3x 2 − y − z , x 2 − y + z ), entonces – ™ – ™ ∂f f x1 (x , y , z ) 6x (x , y , z ) = 2 = . ∂x f x (x , y , z ) 2x – ™ – ™ f y1 (x , y , z ) f z1 (x , y , z ) ∂f −1 −1 (x , y , z ) = 2 = . ∂ (y , z ) f y (x , y , z ) f z2 (x , y , z ) −1 1

3.8 Teorema de la función implícita

63

A continuación brindamos la versión 2 del teorema de la función implícita. Teorema 3.8.2 (Función implícita-versión 2) Supongamos que f : A ⊆ Rm +n −→ Rm es una función que satisface: • A es abierto. • f es de clase C 1 sobre A. • x0 = (a 1 , . . . , a n , b1 , . . . , bm ) ∈ f −1 (c ) = {x ∈ A : f (x ) = c } satisface que: ‹ ∂f (x0 ) 6= 0. det ∂y 

Entonces existe una función g : U −→ V , donde U ⊆ Rn y V ⊆ Rm son conjuntos abiertos con (a 1 , . . . , a n ) ∈ U , (b1 , . . . , bm ) ∈ V y g satisface que: (1) g (a 1 , . . . , a n ) = (b1 , . . . , bm ). (2) g es de clase C 1 sobre U . (3) f (x1 , . . . , xn , g (x1 , . . . , xn )) = c para cada (x1 , . . . , xn ) ∈ U .
˜−1 ∂ f
∂f (4) D g (x1 , . . . , xn ) = − x1 , . . . , xn , g (x1 , . . . , xn ) · x1 , . . . , xn , g (x1 , . . . , xn ) para ∂y ∂x cada (x1 , . . . , xn−1 ) ∈ U . •

Ejemplo 3.8.8 Demostrar que cerca del punto (x1 , x2 , , y1 , y2 ) = (−1, 1, 2, 1), podemos resolver el sistema: x1 y2 + x2 y1 = 1. x12 y1 + x2 y23 = 3. Para y1 y y2 en términos de x1 y x2 . Además encontrar (y2 ) x1 (−1, 1). Solución: Si f (x1 , x2 , y1 , y2 ) = (x1 y2 +x2 y1 , x12 y1 +x2 y23 ), entonces la solución del sistema es el conjunto de nivel f −1 (1, 3). Así, verificaremos las condiones del teorema de la función implícita para garantizar la solución del sistema para y1 y y2 en términos de x1 y x2 . • f (−1, 1, 2, 1) = ( (−1) · (1) + (1)(2), (−1)2 (2) + (1)(1)2 ) = (1, 3).

Diferenciabilidad

64

– ™ ‹ ∂f (x1 y2 + x2 y1 ) y1 (x1 y2 + x2 y1 ) y2 • det (x1 , x2 , y1 , y2 ) = d e t ∂ (y1 , y2 ) (x12 y1 + x2 y23 ) y1 (x12 y1 + x2 y23 ) y2 

– ™ ‹ ∂f x2 x1 (x1 , x2 , y1 , y2 ) = d e t 2 = 3x22 y22 − x13 . det 2 ∂ (y1 , y2 ) x1 3x2 y2 

Luego evaluando en el punto (x1 , x2 , , y1 , y2 ) = (−1, 1, 2, 1), tenemos que: det



‹ ∂f (−1, 1, 2, 1) = 3(1)2 (1)2 − (−1)3 = 4 6= 0. ∂ (y1 , y2 )

Por lo tanto, el teorema de la función implícita nos garantiza que el sistema se puede resolver para y1 y y2 en términos de x1 y x2 . Ahora, para encontrar (y2 ) x1 (−1, 1), tenemos 2 maneras de hacerlo: (1) Derivamos respecto a x1 las 2 ecuaciones x1 y2 + x2 y1 = 1 y x12 y1 + x2 y23 = 3, con lo cual obtenemos: x1 (y2 ) x1 + y2 + x2 (y1 ) x1 = 0. 2x1 y1 + x12 (y1 ) x1 + 3x2 y22 (y2 ) x1 = 0. Luego evaluando en el punto (x1 , x2 , , y1 , y2 ) = (−1, 1, 2, 1), tenemos que: −1(y2 ) x1 (−1, 1) + 1 + 1(y1 ) x1 (−1, 1) = 0. 2(−1)(2) + (−1)2 (y1 ) x1 (−1, 1) + 3(1)(1)2 (y2 ) x1 (−1, 1) = 0. Con lo cual tenemos el sistema: −(y2 ) x1 (−1, 1) + (y1 ) x1 (−1, 1) = −1. (y1 ) x1 (−1, 1) + 3(y2 ) x1 (−1, 1) = 4. Lo cual nos da como solución (y2 ) x1 (−1, 1) =

5 . 4

(2) Otra manera de hacer eso es hacer uso de la conclusión (4) del teorema de la función implícita, la cual dice que si (y1 , y2 ) = g (x1 , x2 ), entonces: ˜−1 ∂f ∂f (−1, 1, 2, 1) · (−1, 1, 2, 1) D g (−1, 1) = − ∂y ∂x •

Donde tenemos que:

3.8 Teorema de la función implícita

65 –

D g (−1, 1) = – f1 ∂f (−1, 1, 2, 1) = y21 ∂y f y1 •

f y12

™ (y1 ) x1 (−1, 1) (y1 ) x2 (−1, 1) (y2 ) x1 (−1, 1) (y2 ) x2 (−1, 1)

™

f y22

– (−1, 1, 2, 1) =

x2

.

™

x1

x12 3x2 y22

– (−1, 1, 2, 1) =

™−1 – ™ – ˜−1 – 3 ∂f 1 3 1 1 −1 (−1, 1, 2, 1) = = = 41 ∂y 4 −1 1 −4 1 3

– f x11 ∂f (−1, 1, 2, 1) = 2 ∂x f x1

f x12 f x22

™

– (−1, 1, 2, 1) =

Por lo tanto, tenemos que: ™ – (y1 ) x1 (−1, 1) (y1 ) x2 (−1, 1) (y2 ) x1 (−1, 1) (y2 ) x2 (−1, 1) –

– =−

3 4 − 41

y2

y1

2x1 y1

y23

™–

2

1 4 1 4

1

™ (y1 ) x1 (−1, 1) (y1 ) x2 (−1, 1) (y2 ) x1 (−1, 1) (y2 ) x2 (−1, 1)

Lo cual nos dice en particular que (y2 ) x1 (−1, 1) =

– =

(−1, 1, 2, 1) =

1 4 5 4

=− − 47

3 4 −1 − 41 − 1

3

1

2

.

. –

–

1

™

™

™

−4 1

1 4 1 4

™ 1 −1

™

−4 1

3 1 2+4 − 12 + 41

.

™

™

1 4

5 . 4

Ejemplo 3.8.9 Demostrar que cerca del punto (x1 , x2 , y1 , y2 ) = (2, 3, π, 1), podemos resolver el sistema: x2 y2 − x1 c o s y1 = 5, x2 s i n y1 + x1 y2 = 2. Para y1 y y2 en términos de x1 y x2 . Además encontrar (y1 ) x1 (2, 3) y (y1 ) x2 (2, 3). Solución: Si f (x1 , x2 , y1 , y2 ) = (x2 y2 − x1 c o s y1 , x2 s i n y1 + x1 y2 ), entonces la solución del sistema es el conjunto de nivel f −1 (5, 2). Así, verificaremos las condiones del teorema de la función implícita para garantizar la solución del sistema para y1 y y2 en términos de x1 y x2 . • f (2, 3, π, 1) = ( 3(1) − (2)c o s π, 3s i n π + 2(1) ) = (5, 2). – ™ ‹  ∂f x1 s i n y1 x2 • det (x1 , x2 , y1 , y2 ) = d e t = x12 s i n y1 − x22 c o s y1 . ∂ (y1 , y2 ) x2 c o s y1 x1

Diferenciabilidad

66 Luego evaluando en el punto (2, 3, π, 1), tenemos que:

‚– ™Œ ‚– ™Œ ‹ ∂f 2 · s i nπ 3 0 3 (2, 3, π, 1) = d e t =det = 9 6= 0. det ∂ (y1 , y2 ) 3c o s π 2 −3 2 

Por lo tanto, el teorema de la función implícita nos garantiza que el sistema se puede resolver para y1 y y2 en términos de x1 y x2 . Además, tenemos que: –

™ (y1 ) x1 (2, 3) (y1 ) x2 (2, 3) (y2 ) x1 (2, 3) (y2 ) x1 (2, 3) •

=−

•

˜−1 ∂f ∂f (2, 3, π, 1) · (2, 3, π, 1), ∂ (y1 , y2 ) ∂ (x1 , x2 )

™−1 – ™ ˜−1 – ∂f 1 2 −3 0 3 (2, 3, π, 1) = = · . ∂ (y1 , y2 ) 9 3 0 −3 2

– ™ – ™ ∂f ∂f −c o s y1 y2 1 1 (x1 , x2 , y1 , y2 ) = ⇒ (2, 3, π, 1) = . ∂ (x1 , x2 ) ∂ (x1 , x2 ) 1 0 y2 s i n y1 –

–

™ (y1 ) x1 (2, 3) (y1 ) x2 (2, 3)

– ™ – ™ 1 2 −3 1 1 =− · · . 9 3 0 (y2 ) x1 (2, 3) (y2 ) x1 (2, 3) 1 0

™ (y1 ) x1 (2, 3) (y1 ) x2 (2, 3)

™ – – ™ 1 2 1 2−3 2 − 9 =− = 93 . 9 3 (y2 ) x1 (2, 3) (y2 ) x1 (2, 3) 3 − 9 − 39 –

™ (y1 ) x1 (2, 3) (y1 ) x2 (2, 3) (y2 ) x1 (2, 3) (y2 ) x1 (2, 3)

Lo cual implica que (y1 ) x1 (2, 3) =

– =

1 9 − 39

1 2 y (y1 ) x2 (2, 3) = − . 9 9

− 92 − 39

™ .

Capítulo 4 Máximos y mínimos de funciones de varias variables Definición 4.0.1 (Máximos y mínimos): Sea f : A ⊆ Rn −→ R una función y x0 es un punto interior de A. (1) Decimos que x0 es un máximo local para f , si existe r > 0 tal que: f (x ) ¶ f (x0 ) para todo x ∈ Br (x0 ). (2) Decimos que x0 es un mínimo local para f , si existe r > 0 tal que: f (x0 ) ¶ f (x ) para todo x ∈ Br (x0 ). (3) Decimos que x0 es un máximo global para f , si: f (x ) ¶ f (x0 ) para todo x ∈ A. (4) Decimos que x0 es un mínimo global para f , si: f (x0 ) ¶ f (x ) para todo x ∈ A. Ejemplo 4.0.1 Sea f (x , y ) = x 2 + y 2 , entonces (0, 0) es un mínimo absoluto para f , ya que: f (0, 0) = 02 + 02 = 0 ¶ x 2 + y 2 = f (x , y ) ⇒ Para cada (x , y ) ∈ R2 .

f (0, 0) ¶ f (x , y ) .

Máximos y mínimos de funciones de varias variables

68

Ejemplo 4.0.2 Sea f (x , y ) = −x 4 − y 2 , entonces (0, 0) es un máximo absoluto para f , ya que: x 4 + y 2 ¾ 0 ⇒ −x 4 − y 2 ¶ 0. f (x , y ) = −x 4 − y 2 ¶ 0 = −04 − 02 = f (0, 0) ⇒

f (x , y ) ¶ f (0, 0) .

Para cada (x , y ) ∈ R2 . Observación (localidad y globalidad): Cabe resaltar que si una función tiene un máximo (mínimo) absoluto un punto, entonces tiene un máximo (mínimo) local en el mismo punto. Pero si una función tiene un máximo (mínimo) local en un punto, esto no implica que tenga un máximo (mínimo) absoluto en este punto. Para ilustrar esto último, cosideremos el siguiente ejemplo. Ejemplo 4.0.3 Sea f (x ) = x s i n(x ), entonces f tiene un mínimo local en x = 0, pero x = 0 no es un mínimo absoluto.

De hecho sin usar la gráfica de la función, podemos darnos cuenta que:

69 h π h π s i n(x ) ¾ 0 para x ∈ 0, ⇒ x s i n (x ) ¾ 0 para x ∈ 0, . 2 2  π i  π i s i n (x ) ¶ 0 para x ∈ − , 0 ⇒ x s i n (x ) ¾ 0 para x ∈ − , 0 . 2 2  π π Por lo tanto x s i n(x ) ¾ 0 para x ∈ − , . Así f (x ) = x s i n (x ) ¾ 0 = 0 · s i n (0) = f (0) 2 2  π π para x ∈ − , , lo cual significa que x = 0 es un mínimo local para f . Además x = 0 2 2 no es el mínimo absoluto de la función ya que se pueden encontrar valores de x donde f 3π ). tiene valores más pequeños (por ejemplo x = 2 Nota: Recordemos que en cálculo diferencial, tenemos un teorema que dice: Sea f : [a , b ] ⊆ R −→ R una función diferenciable en x0 ∈ (a , b ). Si f tiene un máximo local ó un mínimo local en x0 , entonces f 0 (x0 ) = 0. Entonces es natural preguntarse ¿cuál sería el resultado análogo para varias variables? El siguiente teorema nos responde esta pregunta. Teorema 4.0.1 Sea f : A ⊆ Rn −→ R una función diferenciable en x0 ∈ A. Si f tiene un
máximo local ó un mínimo local en x0 , entonces f x1 (x0 ) = 0, . . . , f xn (x0 ) = 0 ∇f (x0 ) = 0n . Ejemplo 4.0.4 Sea f (x , y ) = x 2 + y 2 , entonces f x (x , y ) = 2x y f y (x , y ) = 2y ; lo cual implica que f x (0, 0) = 0 y f y (0, 0) = 0. Además en el ejemplo 4.0.1 se probó que (0, 0) es el mínimo absoluto de f y por tanto el teorema anterior nos dice que f x (0, 0) = 0 y f y (0, 0) = 0, lo que comprueba el cálculo hecho previamente. Observación: Es importante notar que el reciproco del teorema anterior en general es falso. Es decir que es posible encontrar funciones f : A ⊆ Rn −→ R diferenciables con
f x1 (x0 ) = 0, . . . , f xn (x0 ) = 0 ∇f (x0 ) = 0n y x0 no es un máximo ni mínimo local para f . El siguiente ejemplo muestra esta situación. Ejemplo 4.0.5 Sea f (x , y ) = x 2 − y 2 , entonces f x (x , y ) = 2x y f y (x , y ) = −2y ; lo cual implica que f x (0, 0) = 0 y f y (0, 0) = 0. Pero (0, 0) no es máximo ni mínimo local para f . Para ver esto, notemos que dado un número r > 0, podemos encontrar puntos (a , b ) y (c , d ) en Br (0, 0) tales que: f (0, 0) < f (a , b ) (esto implica que (0, 0) no puede ser un máximo local). f (0, 0) > f (c , d ) (esto implica que (0, 0) no puede ser un mínimo local).

Máximos y mínimos de funciones de varias variables

70

  r , 0 y (c , d ) = 0, , entonces ambos puntos se encuen2 2 tran en Br (0, 0) (¿por qué?) y además: De hecho si tomamos (a , b ) =

r

 r2 ,0 = > 0 = 02 − 02 = f (0, 0) ⇒ f (0, 0) < f (a , b ) . f (a , b ) = f 2 4  r r2 f (c , d ) = f 0, = − < 0 = 02 − 02 = f (0, 0) ⇒ f (0, 0) > f (c , d ) . 2 4 r

Así (0, 0) no es máximo ni mínimo local. Esto también se puede ilustrar en la gráfica de la función f (x , y ) = x 2 − y 2 (¿por qué?).

Ejercicio: Sea f (x , y ) = x 3 + y 3 , entonces: (1) Comprobar que f x (0, 0) = 0 y f y (0, 0) = 0. (2) Demostrar que (0, 0) no es máximo ni mínimo local para f .

71 Nota: Es posible tener funciones donde las derivadas parciales en un punto no existen y en este punto puede ser un máximo ó mínimo local. Para ilustrar esto, consideremos el siguiente ejemplo. Ejemplo 4.0.6 Sea f (x , y ) =

p 3

x 2 + y 2 , entonces se puede ver fácilmente que es dominio

de f es R2 y las derivadas parciales de f son: 2y 2x y f y (x , y ) = p . f x (x , y ) = p 3 3 2 2 2 3 (x + y ) 3 (x 2 + y 2 )2 Las cuales están definidas en R2 − {(0, 0)}. Además es fácil notar que (0, 0) es un máximo absoluto para f , ya que para cada (x , y ) ∈ R2 se tiene que: f (x , y ) =

p 3

x2 + y 2 ¾ 0 =

p 3 02 + 02 = f (0, 0) ⇒

f (x , y ) ¾ f (0, 0) .

Así tenemos que las derivadas parciales de f en (0, 0) no existen y (0, 0) es el máximo absoluto de f . Definición 4.0.2 (Punto crítico): Sea f : A ⊆ Rn −→ R una función y x0 ∈ A. Decimos que
x0 es un punto crítico de f , si f x1 (x0 ) = 0, . . . , f xn (x0 ) = 0 ∇ f (x0 ) = 0n ó alguna derivada parcial de f no existe en x0 . Nota: Los puntos críticos se pueden interpretar como aquellos puntos donde la función "podría"tener un extremo relativo (máximo ó mínimo local). Ejemplo 4.0.7 Sea f (x , y ) =

p 3

x 2 + y 2 la función del ejemplo 4.0.6. Entonces (0, 0) es el

único punto crítico de f . Ejemplo 4.0.8 Encontrar los puntos críticos de f (x , y ) = x 2 + x y + y 2 + 2x − 2y + 5. Solución: Las derivadas parciales de f son f x (x , y ) = 2x + y +2 y f y (x , y ) = x +2y −2. Así tenemos que los puntos críticos son aquellos puntos (x , y ) que satisfacen lo siguiente: 2x + y + 2 = 0 (f x (x , y ) = 0). x + 2y − 2 = 0 (f y (x , y ) = 0). De la segunda ecuación tenemos que x = −2y + 2 y reemplazando esto en la primera ecuación, tenemos que 2x + y + 2 = 2(−2y + 2) + y + 2 = −3y + 6 = 0 lo cual implica que y = 2 y x = −2. Así el único punto crítico de f es (x , y ) = (−2, 2).

Máximos y mínimos de funciones de varias variables

72

Nota: Recordemos que en cálculo diferencial, tenemos un teorema que dice: Supongamos que f : (a , b ) ⊆ R −→ R una función de clase C 2 sobre (a , b ) y c ∈ (a , b ) es un punto crítico de f , entonces: (1) Si f 00 (c ) > 0, entonces c es un mínimo local para f . (2) Si f 00 (c ) < 0, entonces c es un máximo local para f . De esta manera, es natural preguntarse ¿cuál sería el resultado análogo para varias variables? El siguiente teorema nos responderá esta pregunta, pero antes definimos el concepto de matriz Hessiana. Definición 4.0.3 (Matriz hessiana): Sea f : A ⊆ Rn −→ R una función y a ∈ A. Definimos la matriz hessiana de f en a como la siguiente matriz f x1 x1 (a )

f x1 x2 (a )

f x1 x3 (a ) . . .

f x1 xn (a )

 f (a )  x2 x1 H f (a ) =  ..  .

f x2 x2 (a ) .. .

f x2 x3 (a ) . . . .. .. . .

f x2 xn (a )   . ..  .





f xn x1 (a ) f xn x2 (a ) f xn x3 (a ) . . . f xn xn (a ) Probando que cada una de las componentes existe. Notación (siguiente teorema): Dada la matriz hessiana H f (a ) definida previamente, definimos los números d 1 , . . . , d n como: d 1 = f x1 x1 (a ). – ™ f x1 x1 (a ) f x1 x2 (a ) d2 = d e t . f x2 x1 (a ) f x2 x2 (a )   f x1 x1 (a ) f x1 x2 (a ) f x1 x3 (a )   d 3 = d e t  f x2 x1 (a ) f x2 x2 (a ) f x2 x3 (a ). f x3 x1 (a ) f x3 x2 (a ) f x3 x3 (a ) .. .   f x1 x1 (a ) f x1 x2 (a ) f x1 x3 (a ) . . . f x1 xn (a )  f (a ) f (a ) f (a ) . . . f  x2 x2 x2 x3 x2 xn (a )   x2 x1 dn = d e t   = d e t (H f (a )). .. .. .. .. ..   . . . . . f xn x1 (a ) f xn x2 (a ) f xn x3 (a ) . . . f xn xn (a ) Estos números jugarán un papel muy importante en el estudio de máximo y mínimos locales para funciones de varias variables.

73 Teorema 4.0.2 (Criterio de la matriz hessiana): Supongamos que f : A ⊆ Rn −→ R es
una función con f ∈ C 2 (A) y a un punto crítico de f ∇f (a ) = 0n . Entonces (1) Si d n 6= 0 y d 1 , . . . , d n > 0, entonces f tiene un mínimo local en a. ( (2) Si d n 6= 0 y

dk < 0

si k es impar,

dk > 0

si k es par,

entonces f tiene un máximo local en a.

(3) Si d n 6= 0 y la secuencia d 1 , . . . , d n no cumple las condiciones de (1) y (2), entonces a no es un máximo ni mínimo local de f (esto suele llamarse un punto de silla). Ejemplo 4.0.9 Usar el criterio de la matriz Hessiana para hallar los extremos locales (máximos y mínimos locales) de la función f (x , y ) = x 2 + x y + y 2 + 2x − 2y + 5. Solución: Previamente vimos que el único punto crítico de f es (x , y ) = (−2, 2). Además es fácil ver que las derivadas parciales de orden 2 son f x x = 2, f x y = f y x = 1 y f y y = 2. Por lo tanto, la matriz hessiana de f en (−2, 2) es: – H f (−2, 2) = – Además d 1 = 2 y d 2 = d e t

2 1 1 2

f x x (−2, 2) f x y (−2, 2)

™

f y x (−2, 2) f y y (−2, 2)

– =

2 1 1 2

™ .

™ = 3. Así, el criterio de la hessiana nos dice que (−2, 2) es

un mínimo local para f . Ejemplo 4.0.10 Usar el criterio de la matriz hessiana para hallar los extremos locales de la función f (x , y , z ) = x 3 + x y 2 + x 2 + y 2 + 3z 2 . Solución: Primero encontremos los puntos críticos de f . Para esto, necesitamos encontrar las derivadas parciales de f las cuales son f x = 3x 2 + y 2 + 2x , f y = 2x y + 2y y f z = 6z . Así los puntos críticos de f son los puntos (x , y , z ) ∈ R3 que satisfacen las ecuaciones: 3x 2 + y 2 + 2x = 0 (f x (x , y , z ) = 0). 2x y + 2y = 0 (f y (x , y , z ) = 0). 6z = 0 (f z (x , y , z ) = 0).

Máximos y mínimos de funciones de varias variables

74

La segunda ecuación nos dice que 2x y + 2y = 2y (x + 1) = 0, lo cual implica que y = 0 o x = −1. Si y = 0, entonces la primera ecuación nos dice que 3x 2 +2x = x (3x +2) = 0 y por 2 tanto x = 0 ó x = − . Si x = −1, entonces la primera ecuación nos dice que y 2 + 1 = 0 lo 3  ‹ 2 cual es imposible. Así tenemos que los únicos puntos críticos de f son (0, 0, 0) y − , 0, 0 . 3 Por lo tanto, tenemos que: 

fx x

fx y

 H f =  fy x

fy y

fz x

fz y

  6x + 2 2y 0    f y z  =  2y 2x + 2 0. fz z 0 0 6 fx z



    2 0 0 6(0) + 2 2(0) 0     H f (0, 0, 0) =  2(0) 2(0) + 2 0 = 0 2 0. 0 0 6 0 0 6   ‹   2 6 − +2 2(0) 0 −2  ‹    3  ‹ 2   2 H f − , 0, 0 =  = 2(0) 2 − + 2 0 0 3   3 0 0 0 6

 0 0  2 0 . 3 0 6

Lo anterior implica que: · H f (0, 0, 0) tiene d 1 = 2, d 2 = 4 y d 3 = 24. Lo cual prueba que (0, 0, 0) es un mínimo local. ‹  ‹  4 2 2 · H f − , 0, 0 tiene d 1 = −2, d 2 = − y d 3 = −8. Lo cual prueba que − , 0, 0 es un 3 3 3 punto de silla. Nota: Cabe resaltar que el criterio de la hessina no dice nada si d n = 0. El siguiente ejercicio muestra que es posible que d n = 0 y el punto sea un máximo local ó un mínimo local ó un punto de silla. Ejercicio: (1) Sea f (x , y ) = x 4 + x 2 + y 4 . Verificar que (0, 0) es el mínimo absoluto de f y que el criterio de la hessiana no se puede aplicar en este punto (d 2 = 0). (2) Sea g (x , y ) = −x 4 − x 2 − y 4 . Verificar que (0, 0) es el máximo absoluto de g y que el criterio de la hessiana no se puede aplicar en este punto (d 2 = 0). (3) Sea h (x , y ) = x 4 − x 2 + y 4 . Verificar que (0, 0) es un punto de silla y que el criterio de la hessiana no se puede aplicar en este punto (d 2 = 0).

4.1 Extremos globales en regiones compactas

4.1.

75

Extremos globales en regiones compactas

Definición 4.1.1 (Conjunto acotado): Sea A ⊆ Rn . Decimos que A es un conjunto acotado, si para algún a ∈ A y algún r > 0 se tiene que A ⊆ Br (a ) . Nota: Una forma de pensar un conjunto acotado, es pensar en conjuntos que no se extienden “infinitamente”. Definición 4.1.2 (Conjunto compacto): Supongamos que A ⊆ Rn . Decimos que A es un conjunto compacto, si: (1) A es acotado. (2) A es cerrado. Nota: Recordemos de cálculo diferencial el teorema de valores extremos: Sea f : [a , b ] ⊆ R −→ R una función continua sobre [a , b ], entonces: (1) f tiene un máximo global sobre [a , b ]. (2) f tiene un mínimo global sobre [a , b ].

De esta manera, es natural preguntarse ¿cuál sería el resultado análogo para varias variables? El siguiente teorema responde esta pregunta. Teorema 4.1.1 (Valor extremo): Sea f : A ⊆ Rn −→ R una función continua sobre A. Si A es un conjunto compacto, entonces: (1) f tiene mínimo global sobre A. Es decir que existe a ∈ A tal que para todo x ∈ A: f (a ) ¶ f (x ) . (2) f tiene máximo global sobre A. Es decir que existe b ∈ A tal que para todo x ∈ A: f (x ) ¶ f (b ) . Observación: Es importante notar que el teorema anterior nos garantiza la existencia de un máximo y mínimo global de una función continua f sobre un conjunto compacto A, pero no tiene un método para encontrar dichos puntos. A continuación se dan un conjunto de pasos que nos ayudarán a encontrar los máximos y mínimos globales de una función continua sobre un conjunto compacto A ⊆ Rn .

76

Máximos y mínimos de funciones de varias variables

(1) Verificar la continuidad de la función y que la región donde se desea encontrar los extremos globales es compacta. (2) Encontrar los puntos críticos de la región que son interiores al conjunto. (3) Encontrar los valores máximos y mínimos en la frontera del conjunto. (4) Comparar los puntos de los pasos (2) y (3), y así concluir cuales son los extremos globales (máximos y mínimos globales). Ejemplo 4.1.1 Sea f (x , y ) = x 2 − x y + y 2 + 1. Hallar los valores máximos y mínimos absolutos de la función f sobre el conjunto A = {(x , y ) ∈ R2 : −1 ¶ x ¶ 2, −1 ¶ y ¶ 2}.

4.1 Extremos globales en regiones compactas

77

Solución: Puntos críticos en el interior Los puntos críticos de f son aquellos puntos (x , y ) ∈ R2 Tales que ∇ f (x , y ) = (f x , f y ) = (2x − y , −x + 2y ) = (0, 0). De esta forma es suficiente solucionar el sistema 2x − y = 0. −x + 2y = 0. El cual se puede ver facilmente que únicamente tiene la solución (x , y ) = (0, 0) (¿por qué?). Estudio de máximos y mínimos en la frontera de A

En este caso, tenemos que la fron-

tera de A es F r (A) = A 1 ∪ A 2 ∪ A 3 ∪ A 4 , donde A 1 = {(x , y ) ∈ R2 : x = −1, −1 ¶ y ¶ 2}. A 2 = {(x , y ) ∈ R2 : x = 2, −1 ¶ y ¶ 2}. A 3 = {(x , y ) ∈ R2 : y = −1, −1 ¶ x ¶ 2}. A 4 = {(x , y ) ∈ R2 : y = 2, −1 ¶ x ¶ 2}. Veamos cuales son los extremos de f sobre A 1 , A 2 , A 3 y A 4 . · Extremos de f sobre A 1 : Sobre A 1 la función f se describe como f (−1, y ) = (−1)2 − (−1)y + y 2 + 1 con −1 ¶ y ¶ 2. f (−1, y ) = y 2 + y + 2 con −1 ¶ y ¶ 2. Por lo tanto, para encontrar los máximos y mínimos de f sobre A 1 , basta encontrar los máximos y mínimos de la función g (y ) = y 2 + y + 2 en el intervalo [−1, 2]. Para esto, encontramos los puntos críticos de g y luego los comparamos con los extremos del intervalo (y = −1 y y = 2). De esta manera, tenemos que g 0 (y ) = 2y + 1 = 0, lo cual implíca que y = − 12 . Así, tenemos que:  ‹  ‹2 1 1 1 7 g − = − − +2= . 2 2 2 4 g (−1) = (−1)2 + (−1) + 2 = 2. g (2) = 22 + 2 + 2 = 8 Así el máximo de f en A 1 lo tiene en el punto (x , y ) = (−1, 2) y el mínimo de f en A 1 lo tiene en el punto (x , y ) = (−1, − 12 ).

Máximos y mínimos de funciones de varias variables

78

· Extremos de f sobre A 2 : Sobre A 2 la función f se describe como f (2, y ) = (2)2 − (2)y + y 2 + 1 con −1 ¶ y ¶ 2. f (2, y ) = y 2 − 2y + 5 con −1 ¶ y ¶ 2. Por lo tanto, para encontrar los máximos y mínimos de f sobre A 2 , basta encontrar los máximos y mínimos de la función h (y ) = y 2 −2y +5 en el intervalo [−1, 2]. Para esto, encontramos los puntos críticos de h y luego los comparamos con los extremos del intervalo (y = −1 y y = 2). De esta manera, tenemos que h 0 (y ) = 2y − 2 = 0, lo cual implíca que y = 1. Así, tenemos que: h (1) = 12 − 2(1) + 5 = 4. h (−1) = (−1)2 − 2(−1) + 5 = 7. h (2) = 22 − 2(2) + 5 = 5. Así el máximo de f sobre A 2 lo tiene en el punto (x , y ) = (2, −1) y el mínimo de f en A 2 lo tiene en el punto (x , y ) = (2, 1). · Extremos de f en A 3 : Por simetría (¿cuál simetría?), tenemos que el máximo de f sobre A 3 es (x , y ) = (2, −1) y el mínimo de f sobre A 3 es (x , y ) = (− 12 , −1). · Extremos de f en A 4 : Por simetría (¿cuál simetría?), tenemos que el máximo de f sobre A 4 es (x , y ) = (−1, 2) y el mínimo de f sobre A 4 es (x , y ) = (1, 2). De esta forma, tenemos que los máximos de f sobre la F r (A) se tienen en los puntos (−1, 2) y (2, −1), y los mínimos de f sobre F r (A) se tienen en los puntos (−1, − 12 ) y (− 12 , −1). Conclusión De lo anterior tenemos que: f (0, 0) = 1 (punto crítico en el interior). f (−1, 2) = f (2, −1) = 8 (máximos en la frontera). f (−1, − 21 ) = f (− 12 , −1) = 47 (mínimos en la frontera). Concluyendo que los máximos absolutos sobre A se obtienen en (−1, 2) y (2, −1), y el mínimo absoluto sobre A se obtiene en (0, 0). Nota: Existen ocasiones en que la frontera de un conjunto compacto se describe como el conjunto de nivel de una función. En este caso, el siguiente teorema nos dirá como encontrar los máximos y mínimos absolutos sobre la frontera. Este teorema es llamado el teorema de multiplicadores de Lagrange.

4.1 Extremos globales en regiones compactas

79

Teorema 4.1.2 (Multiplicadores de Lagrange- versión 1): Sean f , g : A ⊆ Rn −→ R funciones de clase C 1 sobre A, S = g −1 (c ) = {x ∈ A : g (x ) = c } y x0 ∈ S . Si x0 es un máximo ó mínimo absoluto de f sobre S y ∇g (x0 ) 6= 0n , entonces existe λ ∈ R tal que: ∇ f (x0 ) = λ · ∇g (x0 ).

Observación: El teorema de multiplicadores de Lagrange, nos dice que si una función f tiene máximos ó mínimos sobre un conjunto S = g −1 (c ), entonces para encontrarlos tenemos que solucionar el sistema de ecuaciones: ∇f (x1 , . . . , xn ) = λ · ∇g (x1 , . . . , xn ) g (x1 , . . . , xn ) = c . Para las variables x1 , . . . , xn . Ejemplo 4.1.2 Hallar los máximos y mínimos absolutos de f (x , y ) = x 2 + 2y 2 sobre la circunferencia x 2 + y 2 = 1. Solución: Para hallar los máximos y mínimos de f sobre S = g −1 (1) = {(x , y ) ∈ R2 : x 2 + y 2 = 1} (g (x , y ) = x 2 + y 2 ), es suficiente resolver el sistema de ecuaciones ∇f (x , y ) = λ · ∇g (x , y ). x 2 + y 2 = 1. Lo cuál equivale a tener

f x (x , y ) = λg x (x , y ),

2x = λ(2x ),

2x (1 − λ) = 0

(4.1)

f y (x , y ) = λg y (x , y ),

4y = λ(2y ),

2y (2 − λ) = 0

(4.2)

x2 + y 2 = 1

(4.3)

x 2 +y 2 = 1,

x 2 +y 2 = 1,

Por lo tanto, la ecuación (4.1) nos dice que x = 0 ó λ = 1. Si x = 0, entonces de la ecuación (4.3), tenemos que y = ±1. Si λ = 1, entonces la ecuación (4.2) nos dice que y = 0 y por la ecuación (4.3) tenemos que x = ±1. De lo anterior tenemos que existen 4 puntos que son solución del sistema, los cuales son (0, 1), (0, −1), (1, 0) y (−1, 0). Luego para saber cuales puntos son máximos ó mínimos, se evaluan los puntos en la función f y se comparan.

Máximos y mínimos de funciones de varias variables

80

f (0, 1) = f (0, −1) = 2. f (−1, 0) = f (1, 0) = 1. Lo anterior nos dice que los máximos absolutos de f sobre x 2 + y 2 = 1 se obtienen en los puntos (0, 1) y (0, −1), y los mínimos absolutos de f sobre x 2 + y 2 = 1 se obtienen en los puntos (−1, 0) y (1, 0). Ejemplo 4.1.3 Hallar los puntos de la esfera x 2 + y 2 + z 2 = 1 que están más cerca y más lejanos del punto (3, 1, −1). Solución:

En este caso, la función a optimizar es la distancia desde un punto (x , y , z ) hasta (3, 1, −1) con x 2 + y 2 + z 2 = 1. Esta función se describe como: d (x , y , z ) =

p

p (x − 3)2 + (y − 1)2 + (z − (−1))2 = (x − 3)2 + (y − 1)2 + (z + 1)2 . p d (x , y , z ) = (x − 3)2 + (y − 1)2 + (z + 1)2 .

Así, los máximos y mínimos de d sobre S = g −1 (1) = {(x , y , z ) ∈ R3 : x 2 + y 2 + z 2 = 1}
g (x , y , z ) = x 2 + y 2 + z 2 los encontramos resolviendo el sistema: ∇d (x , y , z ) = λ · ∇g (x , y , z ). x 2 + y 2 + z 2 = 1. Aunque por aquí se obtiene la solución, el problema se vuelve un poco extenso debido a la expresión de las derivadas parciales de d. Por lo tanto, optimizaremos el cuadrado de la distancia sobre S = g −1 (1) = {(x , y , z ) ∈ R3 : x 2 + y 2 + z 2 = 1}, y con esto tendremos los máximos y mínimos de la distancia (¿por qué?). Así tomando el cuadrado de la distancia f (x , y , z ) = (x − 3)2 + (y − 1)2 + (z + 1)2 , el sistema a resolver es

4.1 Extremos globales en regiones compactas

81

∇f (x , y , z ) = λ · ∇g (x , y , z ). x 2 + y 2 + z 2 = 1. Lo cuál equivale a tener

f x = λg x ,

2(x − 3) = λ(2x ),

2x (1 − λ) = 6

(4.4)

f y = λg y ,

2(y − 1) = λ(2y ),

2y (1 − λ) = 2

(4.5)

f z = λg z ,

2(z + 1) = λ(2z ),

2z (1 − λ) = −2

(4.6)

x 2 + y 2 + z 2 = 1,

x 2 + y 2 + z 2 = 1,

x2 + y 2 +z2 = 1

(4.7)

6 2 2 x x = = − , implicando que y = , z = − . 2x 2y 2z 3 3

De lo anterior tenemos que 1 − λ = Luego por la ecuación (4.7) tenemos

x 2 + y 2 + z 2 = 1.  x 2 x 2 x 2 11 2 + − = x2 + + = x = 1. x + 3 3 9 9 9 € Š € Š Obteniendo que x = ± p311 . Por tanto p311 , p111 , − p111 y − p311 , − p111 , p111 son la solución 2

 x 2

del sistema dado por el teorema de multiplicadores de Lagrange. Por tanto, para saber cuál es el máximo y mínimo, evaluamos dichos puntos enŠla función f , obteniendo que € Š € 3 1 1 3 p , p ,−p es el punto más cercano y − p11 , − p111 , p111 es el más lejano de (3, 1, −1). 11 11 11 Ejemplo 4.1.4 Encontrar la caja (paralelepipedo) más grande que puede inscribirse en el elipsoide 3x 2 + 2y 2 + z 2 = 6. Solución:

Máximos y mínimos de funciones de varias variables

82

Este problema, lo podemos reducir a: Encontrar la caja más grande que podemos inscribir en el interior del elipsoide 3x 2 + 2y 2 + z 2 = 6 con x , y , z ¾ 0.

Con un poco de trabajo, podemos notar que la función a optimizar es V (x , y , z ) = x y z (el volumen de la caja), sobre el conjunto S = g −1 (6) = {(x , y , z ) ∈ R3 : 3x 2 + 2y 2 + z 2 = 6}
g (x , y , z ) = 3x 2 + 2y 2 + z 2 con x , y , z ¾ 0. Por lo tanto, el teorema de multiplicadores de Lagrange nos dice que para encontrar el volumen máximo debemos solucionar el sistema: ∇V (x , y , z ) = λ · ∇g (x , y , z ). 3x 2 + 2y 2 + z 2 = 6. Lo cuál equivale a tener:

Vx = λg x ,

y z = λ(6x ),

x y z = 6x 2 λ

(4.8)

Vy = λg y ,

x z = λ(4y ),

x y z = 4y 2 λ

(4.9)

Vz = λg z ,

x y = λ(2z ),

x y z = 2z 2 λ

(4.10)

3x 2 + 2y 2 + z 2 = 6,

3x 2 +2y 2 + z 2 = 6,

3x 2 + 2y 2 + z 2 = 6

Por tanto, tenemos que 6x 2 λ = 4y 2 λ = 2z 2 λ, lo cual implíca que

(4.11)

p p 6x = 2y = 2z (si

λ = 0, entonces x y z = 0, pero este es precisamente el volumen de la caja que deseamos máximizar y además recordar también que estamos bajo el supuesto que x , y , z ¾ 0). De esta manera, reemplazando en la ecuación (4.11), tenemos que:

4.1 Extremos globales en regiones compactas

83

3x 2 + 2y 2 + z 2 = 6  p 2  p 2 6 6 3x + 2 x + p x = 6. 2 2 2

3x 2 + 3x 2 + 3x 2 = 9x 2 = 6. p p p  p p  6 6 6 6 6 3 De donde x = ,y= =1 y z = p = p (recordar que x , y , z ¾ 0). Por 3 2 3 2 2 2 lo tanto, el teorema de multiplicadores de Lagrange nos dice que la caja con dimensiones p 6 3 x = , y = 1 y z = p es la caja más grande que puede inscribirse en el elipsoide 3 2 3x 2 + 2y 2 + z 2 = 6 con x , y , z ¾ 0. Lo anterior implíca que la caja p más grande que puede 6 6 inscribirse en el elipsoide 3x 2 +2y 2 +z 2 = 6 tiene dimesiones 2x = , 2y = 2 y 2z = p . 3 2

Ejemplo 4.1.5 Supongamos que un cilindro circular recto tiene un volumen de 1000c m 3 . Hallar las dimensiones del cilindro que minimizan el area superficial.

Solución (1): Usando multiplicadores de Lagrange. Para esto, es claro que es suficiente resolver el sistema

Máximos y mínimos de funciones de varias variables

84

∇A(r, h ) = λ · ∇g (r, h ). πr 2 h = 1000. Donde A(r, h ) = 2πr 2 + 2πr h y g (r, h ) = πr 2 h . Además este sistema equivale a tener

A r = λg r ,

4πr + 2πh = λ(2πr h ),

A h = λg h ,

2r + h = λ(r h ).

(4.12)

2

2r = λ(r ).

(4.13)

πr h = 1000,

πr h = 1000.

(4.14)

2πr = λ(πr ),

πr h = 1000, 2

2

2

2

Luego tomando el cociente entre la ecuación (4.12) y (4.13), tenemos: 2r + h λ(r h ) h 2r + h h = = , lo cuál implica que = . 2 2r λ(r ) r 2r r 2r 2 + r h = 2r h ⇒ r (2r − h ) = 0 ⇒ 2r − h = 0 ⇒ h = 2r . Luego reemplazando h en la ecuación (4.14), tenemos que 500 ⇒ r= πr h = 1000 ⇒ πr (2r ) = 1000 ⇒ r = π 2

2

3

s 3

500 . π

De lo anterior, tenemos que las dimensiones del cilindro que hacen que el area superficial s 1000 1000 3 500 = s y h= . sea mínima (¿por qué?) son r = 2 π πr 3 250000 π π2 Solución (2): Sin usar multiplicadores de Lagrange. En este caso, sabemos que el volumen del cilindro es πr 2 h = 1000 y nos piden mínimizar el area superficial, la cual es A = 2πr 2 + 2πr h. Despejando h en la ecuación del volumen del cilindro y reemplazandola en la función del area superficial, tendremos que  ‹ 1000 2000 2 2 2 A = 2πr + 2πr h = 2πr + 2πr = 2πr 2 + . 2 πr r A(r ) = 2πr 2 +

2000 . r

De esta manera, para optimizar la función A(r ) = 2πr 2 + segunda derivada.

2000 usamos el criterio de la r

(1) Encontrar los puntos críticos de A(r ). En este caso, tenemos que

4.1 Extremos globales en regiones compactas A 0 (r ) = 4πr −

85 2000 = 0. r2

Implicando que el único punto crítico necesario es r = 4000 (2) Como A (r ) = 4π + , entonces es claro A r3 un mínimo. 00

s 3

s 3

500 (¿por qué?). π s

 500 > 0. Por tanto, r = π

3

500 es π

De lo anterior, tenemos s que las dimensiones del cilindro que hacen que el area superficial 1000 1000 3 500 sea mínima son r = y h= = s . 2 π πr 3 250000 π π2

Bibliografía