• No se han encontrado resultados

Calculo III - Puc - Muy Buena

N/A
N/A
Protected

Academic year: 2021

Share "Calculo III - Puc - Muy Buena"

Copied!
217
0
0

Texto completo

(1)

Departamento de Ingenier´ıa Matem´atica (?)

This is Sparta!!... oh wait... C´

alculo III!!!

Mat´ıas L´opez Abukalil Juan Pablo Vigneaux Arizt´ıa David Cozmar Ram´ırez

(2)

de completitud. Cada cap´ıtulo presenta la materia correspondiente, seguida luego de ejercicios resueltos. Los ejercicios son de dificultad variable; algunos, para nada sencillos. No se desanime si hay cosas que no salen en el primer intento (o en el n-´esimo).

Obviamente, nosotros no reclamamos la autor´ıa de todo lo que aparece en las p´aginas de este documento. Una gran parte de lo que encontrar´a en estos apuntes se basa en nuestras propias notas sobre el curso, tomadas en las clases de los profesores Mariel S´aez, ´Angel Carocca, Martin Chuaqui y Manuel Elgueta. A la vez, varios ejercicios han sido tomados de pruebas, gu´ıas o ayudant´ıas antiguas tanto de esta universidad como de la otra. Esperamos que se nos perdone no tener un sistema de citas del todo riguroso. No obstante lo anterior, toda equivocaci´on o imprecisi´on es de nuestra responsabilidad.

El documento completo se encuentra en pleno desarrollo y probablemente contiene muchos errores (“typos”, signos, etc.) que esperamos ir arreglando con su ayuda. Luego, si detecta alguno, favor informar a milopez@uc.cl o javignea@uc.cl.

Queremos remarcar que estos apuntes son absolutamente complementarios a las clases —esto no es “La Biblia” ni mucho menos— y, por lo tanto, no las reemplazan de ninguna forma.

Finalmente, queremos decirle al lector que, al igual que con todo libro de problemas resueltos, leerlo no le sirve para nada. Debe ensuciarse las manos.

Actualizaciones

Enero 2011: Nos encontramos en una dura batalla contra nuestra flojera, cuya victoria nos llevar´a a tener todos los vectores con flechitas arriba.

(3)

1. Topolog´ıa de Rn 5 1.1. Introducci´on . . . 6 1.2. Normas en Rn . . . . 7 1.3. Abiertos y Cerrados . . . 9 1.4. Acumulaci´on y Frontera . . . 11 1.5. Definiciones Geom´etricas . . . 12 1.6. Problemas Resueltos . . . 13

2. C´alculo Diferencial de Funciones Escalares en Varias Variables 17 2.1. Funciones Escalares de Varias Variables . . . 17

2.2. L´ımites . . . 23

2.3. Continuidad . . . 27

2.4. Derivadas Parciales y Direccionales . . . 29

2.5. Diferenciabilidad . . . 35 2.6. Plano Tangente . . . 38 2.7. Gradiente . . . 39 2.8. Problemas Resueltos . . . 44 3. Aplicaciones 71 3.1. Teorema de Taylor . . . 71 3.2. M´ınimos y M´aximos . . . 75 3.3. Multiplicadores de Lagrange . . . 79

(4)

3.4. Problemas Resueltos . . . 80

4. C´alculo Diferencial de Funciones Vectoriales en Varias Variables 97 4.1. Funciones Vectoriales de Varias Variables . . . 98

4.2. L´ımites . . . 99 4.3. Continuidad . . . 100 4.4. Diferenciabilidad . . . 101 4.5. Matriz Jacobiana . . . 105 4.6. Cambios de Coordenadas . . . 106 4.7. Problemas Resueltos . . . 108

5. Teorema de la Funci´on Impl´ıcita e Inversa 111 5.1. Teorema de la Funci´on Impl´ıcita . . . 111

5.2. Teorema de la Funci´on Inversa . . . 116

5.3. Problemas Resueltos . . . 116

6. Integrales M´ultiples 127 6.1. Integrales Dobles . . . 128

6.2. Integrales Triples . . . 136

6.3. Integrales n-´esimas . . . 138

6.4. Teorema del cambio de variable . . . 138

6.5. Aplicaciones . . . 141

6.6. Problemas Resueltos . . . 142

7. Integrales de L´ınea 161 7.1. Integrales de campos escalares sobre curvas . . . 161

7.2. Integrales de campos vectoriales sobre curvas . . . 162

7.3. Campos conservativos . . . 164

7.4. Teorema de Green . . . 168

(5)

8. Integrales de Superficie 183

8.1. Introducci´on a las superficies . . . 183

8.2. Integrales sobre superficies . . . 185

8.3. Divergencia y rotor . . . 187

8.4. Teorema de Stokes . . . 189

8.5. Teorema de la Divergencia . . . 192

8.6. Problemas Resueltos . . . 192

A. Conceptos de ´Algebra Lineal 207 A.1. Formas cuadr´aticas . . . 207

B. Funciones Gamma y Beta 211 B.1. Definici´on . . . 211

(6)
(7)

Topolog´ıa de R

n

“A nuevos conceptos corresponden, necesariamente, nuevos signos.” - David Hilbert1.1

El lector ya se habr´a dado cuenta que el C´alculo en una Variable en la mayor´ıa de las ocasiones se queda corto a la hora de modelar la realidad. La raz´on, por muy filos´ofica que quiera presentarse, es simple: los fen´omenos dependen de m´as que una variable.

Levante la vista y mire a su alrededor. ¿Cu´antas libertades de movimiento posee? ¿Le parece que tiene alg´un sentido modelar esto como si fuese la recta real? Probablemente no (si la respuesta fue “s´ı”, entonces mire de nuevo hasta que se convenza). Entonces al menos necesitar´ıamos un par de coordenadas extra, digamos dos: y, z. Con este simple ejercicio, acabamos de cambiar nuestra percepci´on de la realidad y llevar nuestro primitivo pero a la vez familiar mundo de C´alculo I, a uno donde las coordenadas espaciales ser´an (x, y, z), lo que se conoce como R3.

Ahora, si Ud. cree que con eso se acab´o toda la diversi´on, no se precipite. ¿Aparenta ser suficiente desenvolverse en R3? Imagine que en este instante suena su tel´efono (o iPhone si es que le da

asquito tener algo tan poco moderno) y lo llama un ex-compa˜nero del colegio, el cual no ve hace cinco a˜nos, para juntarse a tomar algo. Acuerdan juntarse en el Budapest. ¿No siente que falta algo? Cuando es necesario precisar un punto de reuni´on, no s´olo fijamos el lugar espacial donde este se llevar´a a cabo, sino que tambi´en fijamos el momento en el que volveremos a ver a nuestro ex-compa˜nero. Por lo tanto, R3 es un mundo que ya nos queda chico (de nuevo), y nos volvemos a

1.1David Hilbert (1862 - 1943) fue un matem´atico alem´an, reconocido como uno de los m´as influyentes del siglo XIX

y principios del XX. Estableci´o su reputaci´on como gran matem´atico y cient´ıfico inventando o desarrollando un gran abanico de ideas, como la teor´ıa de invariantes, la axiomatizaci´on de la geometr´ıa y la noci´on de espacio de Hilbert, uno de los fundamentos del an´alisis funcional. Tambi´en conocido por los “23 problemas de Hilbert”, los cuales fueron presentados durante el Congreso Internacional de Matem´aticos de Par´ıs en 1900 y que generaron grandes avances en la matem´atica del siglo XX, ya sea para la resoluci´on de ellos o por teor´ıas desarrolladas a partir de ellos y sus soluciones.

(8)

ver obligados agregar una nueva variable, t, para ahora pensar que vivimos en R4.

De esta forma, el lector puede apreciar que sin importar cu´anto se esfuerce, una nueva variable nunca est´a de m´as. Por lo tanto, antes de entrar al C´alculo propiamente tal, nos interesa saber exactamente en qu´e mundo trabajaremos.

1.1.

Introducci´

on

Definici´on 1.1.1. Definimos el conjunto de n-tuplas de n´umeros reales como Rn:= {(x1, x2, . . . , xn) : xi ∈ R, i = 1, . . . , n} = R × R × . . . × R.

Como sabemos de ´Algebra Lineal (s´ı, por esto y un par de cosas m´as, es pre-requisito), Rn es un

espacio vectorial sobre R. Sin embargo, antes de empezar a trabajar con ´el, es necesario recordar una operaci´on que nos ser´a muy ´util.

Definici´on 1.1.2 (Producto Interno). Diremos que una funci´on h·, ·i : Rn× Rn → R es un pro-ducto interno si satisface que

(a) hx, xi ≥ 0, ∀x ∈ Rn y hx, xi = 0 ⇐⇒ x = 0.

(b) hx, yi = hy, xi, ∀x, y ∈ Rn.

(c) hαx, yi = αhx, yi, ∀x, y ∈ Rn, α∈ R.

(d) hx + y, zi = hx, zi + hy, zi, ∀x, y, z ∈ Rn.

Observaci´on 1.1.1. Si x, y ∈ Rny α, β ∈ R, entonces

hαx, βyi = αhx, βyi = αhβy, xi = αβhy, xi = αβhx, yi. Y adem´as,

hx + y, x + yi = hx, x + yi + hy, x + yi = hx + y, xi + hx + y, yi = hx, xi + hy, xi + hx, yi + hy, yi, es decir,

hx + y, x + yi = hx, xi + 2hx, yi + hy, yi.

Esta ´ultima observaci´on es muy importante porque nos da una idea m´as c´omoda de c´omo trabajar productos internos y nos garantiza la existencia de un “cuadrado de binomio”.

Ejercicio 1.1.1. Muestre que h0, xi = 0, ∀x ∈ Rn.

Ejemplo 1.1.1. Por lo general, en Rn se trabaja con el producto can´onico o producto punto

definido como x· y := hx, yi = n X i=1 xiyj. (1.1.1)

(9)

1.2.

Normas en R

n

Ahora queremos definir una forma de medir. Partiremos definiendo axiomaticamente el concepto de “norma” de un vector. Se supone que el lector est´a familiarizado con algunas normas, como la norma euclidiana en R2 (k(x, y)k = px2+ y2) o el m´odulo en C (kzk =z). Estas normas las

asoci´abamos al “largo del vector”. Con esta idea en mente, pero de forma un poco m´as abstracta y formal, introducimos las siguientes definiciones.

Definici´on 1.2.1 (Norma). Diremos que una funci´on k·k : Rn→ R es una norma si satisface que

(a) kxk ≥ 0, ∀x ∈ Rn y kxk = 0 ⇐⇒ x = 0. (b) kαxk = |α| kxk , ∀x ∈ Rn, α∈ R.

(c) kx + yk ≤ kxk + kyk , ∀x, y ∈ Rn. (Desigualdad Triangular) As´ı, (Rn,k·k) se dice un espacio vectorial normado (e.v.n).

Ejemplo 1.2.1. Generalmente en Rn se trabaja con la norma euclidiana definida como

kxk2 := n X i=1 |xi|2 !1 2 . (1.2.1)

Esta norma es un caso particular de la norma p, dada por

kxkp := n X i=1 |xi|p !1 p , (1.2.2) con p ≥ 1.

Ejercicio 1.2.1. Pruebe que k·k2 es realmente una norma.

Observaci´on 1.2.1. Notemos que para n = 1, es decir, en R, todas las normas p son iguales para 1 ≤ p < ∞.

Observemos que kxk2=

x· x. Esto no es una casualidad, hay una ´ıntima relaci´on entre la norma euclidiana y el producto can´onico. Pero antes de describirla, es necesario probar un lema que nos ser´a muy ´util.

Lema 1.2.1 (Desigualdad de Cauchy-Schwarz-Bunyakovsky). Sean x, y ∈ Rn, entonces

(10)

Demostraci´on. Notemos que

0 ≤ hαx + y, αx + yi = hαx, αxi + 2hαx, yi + hy, yi = α2hx, xi + 2αhx, yi + hy, yi, ∀α ∈ R. Luego, de la condici´on para el discriminante de la cuadr´atica en α, conclu´ımos que

(2hx, yi)2− 4hx, xihy, yi ≤ 0 ⇐⇒ hx, yi2 ≤ hx, xihy, yi.

Teorema 1.2.1. Sea h·, ·i un producto interno de Rn. Entonces, la funci´on k·k = ph·, ·i es una

norma.

Demostraci´on. Sean x, y ∈ Rn y α ∈ R.

(a) Como hx, xi ≥ 0 con la igualdad si y s´olo si x = 0, se tiene que kxk = phx, xi ≥ 0 con la igualdad si y s´olo si x = 0.

(b) Como hαx, αxi = α2hx, xi, se tiene que

kαxk =phαx, αxi =pα2hx, xi = |α|hx, xi = |α| kxk .

(c) Notemos que kx + yk =phx + y, x + yi =phx, xi + 2hx, yi + hy, yi = q

kxk2+ 2hx, yi + kyk2. Pero, por Lema 1.2.1, sabemos que hx, yi ≤ kxk kyk, de lo cual sigue que

kx + yk ≤ q

kxk2+ 2 kxk kyk + kyk2 = q

(kxk + kyk)2= kxk + kyk .

Ejercicio 1.2.2 (Ley del paralelogramo). Sea k·k la norma inducida por un producto interno en Rn. Muestre que

kx + yk2+ kx − yk2 = 2kxk2+ kyk2.

Como hemos adelantado, la norma nos entrega una forma de medir. Recordemos que dados x, y ∈ Rn, el vector x − y representa segmento que une x e y. Luego, al igual que como se hizo en R, diremos que la distancia entre x e y est´a dada por

kx − yk .

Queremos destacar que la introducci´on de una noci´on de distancia es sumamente importante para desarrollar el C´alculo, pues permite definir qu´e es estar cerca, i.e. lo que el lector conoce con ǫ y δ. Observaci´on 1.2.2. Sean x, y, z ∈ Rn, entonces

(11)

1.3.

Abiertos y Cerrados

De ahora en adelante, (R, k·k) es un e.v.n. donde k·k representa a la norma euclidiana definida en (1.2.1).

Definici´on 1.3.1 (Bola abierta). Sea x0∈ Rny r > 0. Definimos la bola abierta de centro x0 y

radio r como

B(x0, r) := {x ∈ Rn: kx − x0k < r} .

Ejemplo 1.3.1. Miremos algunas bolas seg´un la dimensi´on del espacio. (a) Si n = 1, entonces B (x0, r) = {x ∈ R : |x − x0| < r} = (x0− r, x0+ r). (b) Si n = 2, entonces B (x0, r) = n (x, y) ∈ R2:p(x − x0)2+ (y − y0)2< r o , es decir, el disco de radio r y centrado en x0. (c) Si n = 3, entonces B (x0, r) = n (x, y, z) ∈ R3 :p(x − x 0)2+ (y − y0)2+ (z − z0)2 < r o , es decir, la esfera de radio r, centrada en x0, sin incluir el casquete.

Ejercicio 1.3.1. Interprete la bola B (x0, r) con la norma k·kp definida en (1.2.2) para p = 1 y

p= ∞ en R2.

Definici´on 1.3.2 (Abierto). Sea U ⊆ Rn. Diremos que U es un conjunto abierto si para cada

x∈ U, ∃r > 0 tal que B(x, r) ⊆ U. Ejemplo 1.3.2. Tenemos que

(a) ]a, b[ es un abierto en R.

(b) (x, y) ∈ R2 : y > 0 es un abierto en R2.

(c) (x, y, z) ∈ R3: x2+ y2+ z2 <1 es un abierto en R3.

(d) Rn, ∅ son abiertos en Rn.

Observaci´on 1.3.1. Como ya se dijo, ]a, b[ es un abierto de R. Sin embargo, el conjunto(x, y) ∈ R2: a < x < b, y =

no es un abierto en R2.

Definici´on 1.3.3 (Cerrado). Sea V ⊆ Rn. Diremos que V es un conjunto cerrado si Vc= R r V es abierto.

Ejemplo 1.3.3. Como espera el lector, el intervalo cerrado [a, b] es cerrado en R.

Ejercicio 1.3.2. Interprete los conjuntos cerrados obtenidos al tomar complemento en el Ejemplo 1.3.2.

(12)

Observaci´on 1.3.3. Como Rn es abierto, se tiene que (Rn)c

= ∅ es cerrado. Sin embargo, ∅ tambi´en es abierto y por ende, tambi´en ∅c = Rn es cerrado. Es decir, Rn y ∅ son conjuntos cerrados y abiertos a la vez. De hecho, es posible probar que los ´unicos conjuntos que cumplen esta propiedad en (Rn,k·k) son los anteriormente mostrados.

Observaci´on 1.3.4. Un conjunto puede no ser cerrado ni abierto a la vez. Por ejemplo, [a, b[⊆ Rn

no es ni abierto ni cerrado.

Proposici´on 1.3.1. Sea x ∈ Rn y r > 0, entonces la bola abierta B (x, r) es abierta.

Demostraci´on. Sea y ∈ B (x, r). Debemos probar que ∃ry >0 tal que B (y, ry) ⊆ B (x, r). Llamemos

r1 = ky − xk < r y tomemos ry = r − r1 >0. Sea z ∈ B (y, ry), entonces

kz − xk ≤ kz − yk + kx − yk < ry+ r1= r,

es decir, z ∈ B (x, r). Luego, B (y, ry) ⊆ B (x, r) y por lo tanto, la bola B (x, r) es abierta.

Ejercicio 1.3.3 (Bola Perforada). Muestre que la bola perforada

B◦(x0, r) = B (x0, r) r {x0} = {x ∈ Rn: 0 < kx − x0k < r}

es abierta.

Ejercicio 1.3.4 (Bola Cerrada). Muestre que la bola cerrada B(x0, r) = {x ∈ Rn: kx − x0k ≤ r}

es cerrada.

Lema 1.3.1. Sean U1, U2 ⊆ Rn abiertos, entonces U1∪ U2 y U1∩ U2 son abiertos.

Demostraci´on. Sea x ∈ U1∪ U2 entonces x ∈ U1 ´o x ∈ U2. Sin p´erdida de generalidad, supongamos

que x ∈ U1. Como U1 es abierto, ∃r > 0 tal que B (x, r) ⊆ U1 ⊆ U1∪ U2.

Sea x ∈ U1 ∩ U2 entonces x ∈ U1 y x ∈ U2. Luego, como U1, U2 son abiertos, existen r1, r2 tales

que B (x, ri) ⊆ Ui, i = 1, 2. Sea r = m´ın{r1, r2}, entonces B (x, r) ⊆ B (x, ri) ⊆ Ui y sigue que

B(x, r) ⊆ U1∩ U2.

Observaci´on 1.3.5. Si V1, V2 ⊆ Rn son cerrados, entonces V1c, V2c son abiertos. Luego, del Lema

1.3.1, se extrae que V1c∪ V2c es abierto y por lo tanto, (V1c∪ V2c)c = V1∩ V2 es cerrado. Es decir, la

´ıntersecci´on de cerrados es cerrada.

De la misma forma, se prueba que V1∪ V2 tambi´en es cerrado.

Observaci´on 1.3.6. Es posible mostrar que si (Uλ)λ∈Λ es una familia de abiertos y Λ es un

conjunto de ´ındices de cualquier cardinalidad, entonces U = [

λ∈Λ

(13)

tambi´en es abierto. Sin embargo, una intersecci´on cualquiera de abiertos no es necesariamente abierta.

Tambi´en es posible emular la Observaci´on 1.3.5 y tomar complementos para concluir que una intersecci´on cualquiera de cerrados tambi´en es cerrada.

Sin embargo, estos resultados van m´as all´a de los objetivos de este apunte y s´olo se muestran como cultura general.

1.4.

Acumulaci´

on y Frontera

Definici´on 1.4.1 (Acumulaci´on). Sea A ⊆ Rn, no vac´ıo y p ∈ Rn. Diremos que p es un punto

l´ımite de A si para todo r > 0 se tiene que

Bo(p, r) ∩ A 6= ∅. Con esto dicho, definimos la acumulaci´on de A como

A′ = {p ∈ Rn: Bo(p, r) ∩ A 6= ∅, ∀r > 0} .

Ejemplo 1.4.1. Un punto l´ımite, como su nombre lo dice, se puede pensar como un punto que puede ser l´ımite de alguna sucesi´on.

(a) A = Q × Q ⊆ R2⇒ A′ = R2. (b) A = 1n,n12,n13



: n ∈ N ⊆ R3 ⇒ A′= {(0, 0, 0)} . (c) A = {(2n, 3n) : n ∈ N} ⊆ R2 ⇒ A= ∅.

El siguiente teorema es muy importante porque nos entrega una manera de identificar si es que un conjunto es cerrado sin tener que analizar si su complemento es abierto.

Teorema 1.4.1. Sea V ⊆ Rn no vac´ıo. V es cerrado si y s´olo si V′ ⊆ V .

Demostraci´on. Como es costumbre, mostraremos cada implicancia por separado.

(⇒) Supongamos que V es cerrado, entonces U = Vc es abierto. Sea x ∈ U, entonces existe r > 0

tal que B (x, r) ⊆ U y por lo tanto, B (x, r) ∩ V = ∅. Es decir, x no es un punto l´ımite de V y por lo tanto, V′ ⊆ V .

(⇐) Supongamos que V′ ⊆ V . Sea x ∈ U, entonces existe r > 0 tal que B (x, r) ∩ V = ∅ y por lo tanto, B (x, r) ⊆ Vc = U . Luego, U es abierto y por ende, Uc = (Vc)c = V es cerrado.

Ejercicio 1.4.1 (Cerradura de un conjunto). Sea U ⊆ Rn abierto. Muestre que la cerradura de

(14)

Definici´on 1.4.2 (Acotado). Sea A ⊆ Rn no vac´ıo. Diremos que A es acotado si existe r > 0 tal

que A ⊆ B (0, r).

Ejercicio 1.4.2. Pruebe que toda bola abierta es acotada.

Definici´on 1.4.3 (Compacto). Sea A ⊆ Rn no vac´ıo. Diremos que A es compacto si es cerrado

y acotado.

Ejemplo 1.4.2. Todo intervalo [a, b] ⊆ R es compacto.

Definici´on 1.4.4 (Interior). Sea A ⊆ Rn no vac´ıo y q ∈ Rn. Diremos que a ∈ A es un punto

interior de A si existe r > 0 tal que B (a, r) ⊆ A. As´ı, el interior de un conjunto A corresponde al conjunto de sus puntos interiores. Lo denotaremos por Ao.

Observaci´on 1.4.1. Sea U ⊆ Rn. Entonces U es abierto si y s´olo si U = Uo.

Definici´on 1.4.5 (Frontera). Sea A ⊆ Rnno vac´ıo y q ∈ Rn. Diremos que q es un punto frontera

de A si para todo r > 0 se tiene que B(q, r) ∩ A 6= ∅ y B(q, r) ∩ Ac 6= ∅. Adem´as, definimos la

frontera de A como

∂A= {q ∈ Rn: B(q, r) ∩ A 6= ∅, B(q, r) ∩ Ac 6= ∅, ∀r > 0} , es decir, el conjunto de todos los puntos frontera.

Ejemplo 1.4.3. Miremos algunas fronteras. (a) A =]a, b[⇒ ∂A = {a, b}.

(b) ∂B (0, r) = {x ∈ Rn: kxk = r}.

(c) A =(x, y) ∈ R2 : x, y ≥ 0 ⇒ ∂A =(x, y) ∈ R2 : x = 0, y ≥ 0 (x, y) ∈ R2 : x ≥ 0, y = 0 . Observaci´on 1.4.2. Sea A ⊆ Rn no vac´ıo, entonces

(a) ∂A = ∂(Ac).

(b) Si A es cerrado, entonces ∂A ⊆ A.

1.5.

Definiciones Geom´

etricas

Definici´on 1.5.1. Sean p, q ∈ Rn y D ⊆ Rn abierto.

(a) El segmento de una recta con punto inicial p y punto final q es el conjunto pq= {z ∈ Rn: z = p(1 − t) + qt, 0 ≤ t ≤ 1} ,

es decir, es el conjunto de todas las combinaciones lineales convexas de p y q.

As´ı, una poligonal es una uni´on finita de segmentos de rectas con el punto inicial igual al punto final del siguiente segmento.

(15)

(b) Diremos que D es una regi´on en Rn si todo par de puntos de D se pueden unir con una

poligonal contenida en D.

Observaci´on 1.5.1. Intuitivamente, una regi´on es un conjunto que no est´a compuesto por la uni´on de dos disjuntos. Notar que una regi´on puede tener “agujeros”.

1.6.

Problemas Resueltos

Problema 1.1 (Norma del M´aximo). Sea x ∈ Rn. Demuestre que

kxk:= m´ax

i=1,...,n|xi| = l´ımp→∞kxkp.

Soluci´on: Sea M = m´ax

i=1,...,n|xi|. Tenemos que

kxkp = n X i=1 |xi|p !1 p ≤ n X i=1 Mp !1 p = M np1.

Adem´as, es claro que

M ≤ kxkp. Finalmente, tomando el l´ımite cuando p → ∞, se tiene que

M ≤ l´ım

p→∞kxkp≤ l´ımp→∞M n

1 p = M.

As´ı, por el Teorema del Sandwich, se concluye lo pedido.

Problema 1.2. Sea x ∈ Rn. Considere z, y ∈ Rn y δ > 0 tales que kz − xk < δ y ky − xk ≥ 2δ.

Muestre que kz − yk > δ.

Soluci´on: Usando la Observaci´on 1.2.2, tenemos que

2δ ≤ ky − xk ≤ kz − xk + kz − yk < δ + kz − yk , es decir,

δ <kz − yk .

Problema 1.3. Muestre que para todo par x, y ∈ Rn, se cumple que |kxk − kyk| ≤ kx − yk .

Soluci´on: Por la Desigualdad Triangular, tenemos que

(16)

es decir, kxk − kyk ≤ kx − yk . An´alogamente, kyk − kxk ≤ kx − yk . As´ı, − kx − yk ≤ kxk − kyk ≤ kx − yk , de donde se concluye que

|kxk − kyk| < kx − yk .

Problema 1.4. Muestre que A = {x ∈ Rn: kxk > r} es un abierto de Rn.

Soluci´on: Notemos que Ac = {x ∈ Rn: kxk ≤ r} = B (0, r). Luego, por el Ejercicio 1.3.4, se tiene

que Ac es cerrado y por ende, A es abierto.

Problema 1.5. Sea A ⊆ Rn abierto y x ∈ A. Muestre que A r {x} tambi´en es abierto.

Soluci´on: Sea y ∈ A distinto de x. Entonces, r1 = kx − yk > 0. Adem´as, como A es abierto, existe

r2 tal que B (y, r2) ⊆ A. Luego, tomando r = m´ax{r1, r2}, tenemos que B (y, r) ⊆ A r {x} y por

lo tanto, A r {x} es abierto.

Problema 1.6. Sea A ⊆ Rn. Muestre que ∂A es un cerrado de Rn.

Soluci´on: Sea p ∈ Rnun punto l´ımite de ∂A, entonces para cada ǫ > 0 se tiene que B (p, ǫ) ∩ ∂A 6= ∅, es decir, existen elementos de ∂A dentro de Bo(p, ǫ). Sea y ∈ Bo(p, ǫ) ∩ ∂A, entonces, como la

bola perforada es abierta, se tiene que ∃r > 0 tal que

B(y, r) ⊆ Bo(p, ǫ). (1.6.1)

Luego, dado que y ∈ ∂A, se tiene que B(y, r) ∩ A 6= ∅ y B(y, r) ∩ Ac 6= ∅. As´ı, por (1.6.1), se tiene que Bo(p, ǫ) ∩ A 6= ∅ y Bo(p, ǫ) ∩ Ac 6= ∅, es decir, p ∈ ∂A.

Finalmente, concluimos que ∂A contiene a todos sus puntos l´ımites y por lo tanto, es cerrada.

Problema 1.7. Sea I un intervalo abierto de R y A ⊆ I un subintervalo cerrado. Demuestre que I− A es abierto.

Soluci´on: Como A es cerrado, se tiene que Ac es abierto. Luego, como I es abierto y la intersecci´on finita de abiertos es abierta, se tiene que I − A = I ∩ Ac es abierto.

Problema 1.8. Determine si los siguientes conjuntos son abiertos, cerrados o ninguno de los dos en su espacio caracter´ıstico.

(17)

(a) {0} (b) N (c) Q (d) {(x, y) ∈ R2: y = x2} (e) {(x, y) ∈ R2: x > 0, y = 0} Soluci´on:

(a) Es cerrado pues su ´unico punto l´ımite es 0. No es abierto pues su complemento no es cerrado. (b) Es cerrado pues ∂N = N. Por lo mismo, no es abierto.

(c) No es abierto pues ∂Q = R. Por lo mismo, no es cerrado.

(d) Es cerrado pues su complemento es abierto. No es abierto pues su complemento no es cerrado. (e) No es abierto pues ninguna bola queda contenida en el interior del conjunto. Tampoco es

(18)

Fuente: http://abstrusegoose.com/129

Nota: Se dice que A es perfecto si es igual al conjunto de sus puntos l´ımites. Si el lector est´a aburrido, puede tratar de probar aquel “teorema”.

(19)

alculo Diferencial de Funciones

Escalares en Varias Variables

“I recoil with dismay and horror at this lamentable plague of functions which do not have derivatives.” - Charles Hermite2.1

Ahora que nuestra visi´on se ha ampliado correctamente, nos gustar´ıa poder asociarle a cada punto de Rn una nueva “variable”. Las comillas se deben a que tan variable no es, pues ya no ser´a

inde-pendiente, sino que depender´a del punto en cuesti´on. Por ejemplo, si estamos viajando en el metro durante el verano, nos gustar´ıa saber cu´al es el lugar de menor temperatura para as´ı ubicarnos all´ı. Es decir, nos gustar´ıa a cada tr´ıo (x, y, z) asociarle un n´umero, digamos T , que mida la tempera-tura. (El lector ya puede sentirlo: ¡han vuelto, y esta vez dependen de m´as variables!). Necesitamos una funci´on T = T (x, y, z).

De ahora en adelante y a menos que se indique lo contrario, usaremos la siguiente convenci´on para U, V, D⊆ Rn: U ser´a un abierto, V ser´a un cerrado y D ser´a una regi´on.

2.1.

Funciones Escalares de Varias Variables

Definici´on 2.1.1 (Funci´on escalar de varias variables). Una aplicaci´on f : A ⊆ Rn → R se

denomina funci´on escalar de varias variables, funci´on escalar de variable vectorial o

2.1Charles Hermite (1822-1901) fue un matem´atico franc´es que investig´o en el campo de la teor´ıa de n´umeros, sobre

las formas cuadr´aticas, polinomios ortogonales y funciones el´ıpticas, y en el ´algebra. Varias entidades matem´aticas se llaman hermitianas en su honor. Tambi´en es conocido por la interpolaci´on polin´omica de Hermite. Fue el primero que demostr´o que e es un n´umero trascendente (i.e. no es ra´ız de ning´un polinomio de coeficientes racionales). Ferdinand von Lindemann sigui´o su m´etodo para probar la trascendencia de π en 1882.

(20)

simplemente, campo escalar.

Ejemplo 2.1.1. Son funciones escalares de varias variables:

(a) f (x, y) = πxy2. (b) g(x, y, z) = 2exyz+ 9.

(c) h(x, y, z, w) = cos (xy + z) arctan w2+ cosh(xz).

Volvamos un momento a Introducci´on al C´alculo. Para graficar una funci´on f : R → R ibamos a R2 y dibujabamos la curva dada por (x, f (x)). Entonces, deciamos que la gr´afica de f estaba dada por

Γ(f ) =(x, y) ∈ R2: x ∈ Dom (f ) , y = f (x) . Ahora queremos extender esta definici´on a un campo escalar.

Definici´on 2.1.2 (Gr´afica). Sea f : Rn→ R, definimos la gr´afica de f como

Γ(f ) =(x1, . . . , xn+1) ∈ Rn+1: (x1, . . . , xn) ∈ Dom (f ) , xn+1= f (x1, . . . , xn)

. Adem´as,

(a) Si n = 1, diremos que Γ(f ) es una curva. (b) Si n = 2, diremos que Γ(f ) es una superficie.

Definici´on 2.1.3 (Curvas de Nivel). Sea f : Rn→ R y c ∈ R fijo. Se definen las curvas ´o

super-ficies de nivel c de f como

f−1(c) = {(x1, . . . , xn) ∈ Dom (f ) : f (x1, . . . , xn) = c} .

Observaci´on 2.1.1. No confundir la notaci´on de f−1 con la funci´on inversa de f . En este caso, f−1(c) no es un n´umero sino un conjunto. Espec´ıficamente, es un conjunto de puntos en el dominio que tienen la misma imagen bajo f (a saber, c).

El concepto es m´as familiar de lo que el lector creer´ıa a primera vista. Por ejemplo, los mapas t´ıpicamente muestran curvas de contorno con las distintas alturas del terreno. De forma similar, en meteorolog´ıa (o en termodin´amica) se habla isotermas: curvas sobre las cuales la temperatura es

(21)

constante. El siguiente diagrama muestra este ´ultimo uso:2.2

Ejemplo 2.1.2. Sea f (x, y) = x2+ y2, entonces

f−1(c) =      ∅ , si c < 0 (0, 0) , si c = 0 x2+ y2= c , si c > 0 .

Notamos que en el ´ultimo caso, las curvas de nivel corresponden a circunferencias de radio √c. Ejemplo 2.1.3. Sea f (x, y) =px2+ y2, entonces

f−1(c) =      ∅ , si c < 0 (0, 0) , si c = 0 x2+ y2 = c2 , si c > 0 .

Notamos que en el ´ultimo caso, las curvas de nivel corresponden a circunferencias de radio c. Ejercicio 2.1.1. Sea f (x, y) = x2− y2. Determine f−1(c) para todo c ∈ R.

Las curvas de nivel son escenciales para estudiar la gr´afica de una funci´on pues nos permiten hacer el an´alogo a una carta topogr´afica. Adem´as, es ´util usar proyecciones a otros planos, es decir, fijar una variable en cero.

A continuaci´on presentamos un par de ejemplos y le sugerimos al lector que se meta a Maple a jugar con otras superficies a trav´es del comando plot3d.

(22)

Ejemplo 2.1.4 (Paraboloide).

Sea f (x, y) = x2 + y2. Sus curvas de nivel encontradas en 2.1.2 pueden ser graficadas como se muestra en la figura. Por otro lado, notemos que al proyectar sobre el plano XZ e Y Z, vale decir, hacemos y = 0 y x = 0 respectiva-mente, tenemos que

Πxz : z = x2 , Πyz : z = y2.

Finalmente, con esto podemos construir el gr´afico del para-boloide, que se presenta en la figura a continuaci´on.

(23)

Ejemplo 2.1.5 (Cono).

Sea f (x, y) =px2+ y2. En este caso, las curvas de nivel quedan

dadas por 2.1.3 y se muestran en la figura. Adem´as, tenemos que

Πxz: z = |x| , Πyz : z = |y|.

Con esto podemos construir el gr´afico del cono, que se presenta en la figura a continuaci´on.

(24)

Ejemplo 2.1.6 (Silla de montar).

Sea f (x, y) = x2 − y2. Si el lector realiz´o el Ejercicio 2.1.1, reconocer´a en la figura las curvas de nivel.

Por otro lado, tenemos que

Πxz : z = x2 , Πyz: z = −y2.

Con esto, podemos construir el gr´afico de la silla de montar que se presenta en la figura a continuaci´on.

(25)

2.2.

L´ımites

Definici´on 2.2.1 (L´ımite). Sea f : U ⊆ Rn → R, p ∈ Uy l ∈ R. Diremos que l es el l´ımite de f cuando x tiende a p, si para cada ǫ > 0 existe δ > 0 tal que si x ∈ B◦(p, δ) ∩ U entonces |f (x) − l| < ǫ. O equivalentemente,

(x ∈ U ∧ 0 < kx − pk < δ) ⇒ |f (x) − l| < ǫ. Si lo anterior se cumple, escribiremos

l´ım

x→pf(x) = l,

y diremos que f → l cuando x → p.

Observaci´on 2.2.1. Observemos que al igual en el C´alculo en una Variable, no hay necesidad alguna de que f est´e definida en p. A p le pedimos que sea un punto de acumulaci´on de U , es decir, que cada bola B◦(p, δ) contenga puntos del conjunto U en los que la funci´on est´a definida (esto, obviamente, con la intenci´on de tomar bolas tan peque˜nas como uno quiera y as´ı acercarse lo m´as posible a p).

Observaci´on 2.2.2. Hacemos notar una de las diferencias m´as importantes con el concepto de l´ımite en R: ahora es m´as dif´ıcil mostrar que un l´ımite existe pues hay infinitas direcciones posibles para acercarse a un punto, a diferencia de R, donde s´olo exist´ıan las laterales.

Ejemplo 2.2.1. Sea ǫ > 0. Como

0 ≤ |x − x0|, |y − x0| ≤ p (x − x0)2+ (y − y0)2, si tenemos que k(x, y) − (x0, y0)k = p (x − x0)2+ (y − y0)2 < ǫ,

entonces, tambi´en se cumple que

|x − x0|, |y − x0| < ǫ. Por lo tanto, l´ım (x,y)→(x0,y0) x= x0 , l´ım (x,y)→(x0,y0) y= y0.

Ejemplo 2.2.2. Estudiaremos el l´ımite l´ım

(x,y)→(0,0)

xy p

x2+ y2.

Recordemos que para x, y ∈ R, se tiene que

|x||y| ≤ x 2+ y2 2 . Luego, xy p x2+ y2 = p|x||y| x2+ y2 ≤ x2+ y2 2px2+ y2 = 1 2 p x2+ y2.

(26)

Sea ǫ > 0. Por lo anterior, tenemos que si k(x, y)k = k(x, y) − (0, 0)k < 2ǫ, entonces xy p x2+ y2 − 0 =≤ 1 2 p x2+ y2 < ǫ. Por lo tanto, l´ım (x,y)→(0,0) xy p x2+ y2 = 0. Ejercicio 2.2.1. Estudie l´ım (x,y)→(0,0) x2y x2+ y2.

Como el lector puede apreciar, estudiar l´ımites por definici´on puede requerir bastantes trucos. Para facilitarnos la vida recordaremos las buenas coordenadas polares de C´alculo II:

x= r cos θ , y = r sin θ.

As´ı, si k(x, y) − (0, 0)k < δ se tiene que r < δ y por ende, que (x, y) → (0, 0) es equivalente a que r→ 0.

Aunque se debe tener mucho ojo cuando se utilizan coordenadas polares pues si para algunos θ el l´ımite se indefine, este m´etodo puede fallar.

Ejemplo 2.2.3. Estudiemos el l´ımite l´ım

(x,y)→(0,0)

ex2+y2 − 1 x2+ y2 .

Usando coordenadas polares, tenemos que l´ım (x,y)→(0,0) ex2+y2 − 1 x2+ y2 = l´ımr→0 er2cos2θ+r2sin2θ− 1 r2cos2θ+ r2sin2θ = l´ımr→0 er2− 1 r2 = 1. Ejercicio 2.2.2. Estudie l´ım (x,y)→(0,0) sin(x2+ y2) (x + y)2 .

Sin embargo, la mayor´ıa de las veces ocurre que los l´ımites no existen. Por raro que pueda sonar, probar que un l´ımite no existe es mucho m´as f´acil que probar que s´ı existe. Para ello necesitamos un par de teoremas.

Teorema 2.2.1 (Unicidad del L´ımite). Si l´ım

x→pf(x) = l1 y l´ımx→pf(x) = l2, entonces l1= l2.

Demostraci´on. Supongamos que l1 6= l2. Entonces |l1−l2| > 0. Por otro lado, usando la Desigualdad

Triangular, tenemos que

(27)

Luego, como f → l1 cuando x → p, existe δ1 tal que

x∈ B (p, δ1) ∩ U ⇒ |f (x) − l1| < 1

2|l1− l2|. An´alogamente, como f → L2 cuando x → p, existe δ2 tal que

x∈ B (p, δ2) ∩ U ⇒ |f (x) − l2| < 1

2|l1− l2|. As´ı, tomando δ = m´ax {δ1, δ2}, tenemos que si x ∈ B (p, δ) ∩ U, entonces

|l1− l2| ≤ |f (x) − l1| + |f (x) − l2| < 1 2|l1− l2| + 1 2|l1− l2| = |l1− l2|, es decir, |l1− l2| < |l1− l2|,

lo cual es una contradicci´on.

Como se mencion´o, hay m´ultiples formas de acercarse a p. En particular, hay distintas curvas contenidas en el dominio que pasan por el punto p y nos permiten aproximarnos a ´este. El siguiente teorema indica que si el l´ımite existe es indiferente la curva que elijamos para aproximarnos. Teorema 2.2.2. Sean f : U ⊆ Rn→ R, p ∈ U′ y l ∈ R tales que

l´ım

x→pf(x) = l.

Consideremos ϕ : I ⊆ R → Rn continua tal que ϕ(t) ⊆ U, ∀t ∈ I r {t 0} y

l´ım

t→t0

ϕ(t) = p, con ϕ(t) 6= p, ∀t ∈ B◦(t0, r) para alg´un r > 0. Entonces

l´ım

t→t0

f(ϕ(t)) = l.

Demostraci´on. Sea ǫ > 0. Sabemos que ∃δ > 0 tal que si 0 < kx − pk < δ se tiene que |f (x)−l| < ǫ. Por otro lado, como ϕ es continua, existe η > 0 tal que si 0 < |t−t0| < η, entonces 0 < kϕ(t) − pk =

kϕ(t) − ϕ(t0)k < δ. Pero lo anterior implica que |f (ϕ(t)) − l| < ǫ y sigue que

l´ım

t→t0

(28)

Observaci´on 2.2.3. El Teorema 2.2.2 nos dice que el valor del l´ımite es independiente de la curva usada para tender al punto en cuesti´on. Supongamos que tenemos dos curvas ϕ, ψ distintas y que satisfacen las hip´otesis del Teorema 2.2.2. Si ocurre que

l´ım

t→tϕ

f(ϕ(t)) = l1 6= l2 = l´ım t→tψ

f(ψ(t)), entonces por el Teorema 2.2.1, se concluye que el l´ımite no existe. Ejemplo 2.2.4. Estudiemos

l´ım

(x,y)→(0,0)

xy x2+ y2.

Sea ϕ(t) = (t, t). Se tiene que

l´ım (x,y)→(0,0) xy x2+ y2 = l´ımt→0 t2 t2+ t2 = 1 2. Bien, tomemos ahora ψ(t) = (0, t), entonces

l´ım (x,y)→(0,0) xy x2+ y2 = l´ımt→0 0 t2+ 0 = 0.

As´ı, como dos parametrizaciones entregaron distintos valores para el l´ımite, se concluye que no existe.

Observaci´on 2.2.4. Hacemos notar que si al cambiar a coordenadas polares, el l´ımite resulta ser una funci´on de θ, es equivalente a mostrar que el valor del l´ımite depende de la parametrizaci´on que se escoja y por ende, es equivalente a mostrar su no-existencia.

Ejercicio 2.2.3. Estudie

l´ım

(x,y)→(0,0)

x2y x4+ y2.

Ejemplo 2.2.5. Sea f : U ⊆ R2 → R dada por

f(x, y) = xy x2+ y2,

y U =(x, y) ∈ R2 : |y| < x2 . Si nos preguntamos por el l´ımite l´ım

(x,y)→(0,0)f(x, y),

sobre todo R2, como ya vimos en el Ejemplo 2.2.4, no existe. Sin embargo, sobre U ya no tienen

sentido parametrizaciones como ψ(t) = (0, t). De hecho, notemos que xy x2+ y2 = |x||y| x2+ y2 ≤ |x|x2 x2+ y2 ≤ |x|(x2+ y2) x2+ y2 = |x| ≤ p x2+ y2.

Por lo tanto, bastar´ıa con tomar δ = ǫ para mostrar que l´ım

(x,y)→(0,0)f(x, y) = 0,

(29)

A´un nos faltan un par de herramientas t´ıpicas para calcular algunos l´ımites habituales. Proposici´on 2.2.1 ( ´Algebra de L´ımites). Sean f, g : U ⊆ Rn→ R, p ∈ U, c∈ R y l

1, l2 ∈ R tales que l´ım x→pf(x) = l1 , xl´ım→pg(x) = l2. Entonces (a) l´ım x→p(f + g)(x) = l1+ l2. (b) l´ım x→pcf(x) = cl1. (c) l´ım x→pf(x)g(x) = l1l2. (d) l´ım x→p 1 f(x) = 1 l1, si l1, f(x) 6= 0, ∀x ∈ U.

Demostraci´on. An´alogas a las propiedades de l´ımites mostradas en C´alculo I. Se dejan como ejer-cicio recomendado al lector pues le permitir´an recordar algunos trucos.

Ejercicio 2.2.4. Estudie l´ım (x,y)→(0,0) sin xy sin x sin y.

2.3.

Continuidad

Definici´on 2.3.1 (Continuidad). Sea f : U ⊆ Rn → R, u ∈ U. Diremos que f es continua en un

punto x0 ∈ Rn si:

l´ım

x→x0

f(x) = f (x0).

En lenguaje ǫ-δ: f es continua en x0 si para cada ǫ > 0 existe δ > 0 tal que:

x∈ U ∧ kx − uk < δ ⇒ |f (x) − f (u)| < ǫ. (Es decir, si x ∈ B (u, δ) ∩ U entonces |f (x) − f (u)| < ǫ.)

Diremos que f es continua en U si es continua en cada u ∈ U.

Ejemplo 2.3.1. La funci´on f : Rn → R definida por f (x) = ||x|| es continua en Rn. Es suficiente

comprobar que dado cualquier x0 ∈ Rn,

l´ım

x→x0kxk = kx0k

Sea ǫ > 0. Seg´un vimos en el Problema 1.3 se cumple:

(30)

En vista de esto, basta tomar ǫ = δ. Entonces tendremos que:

kx − x0k < δ ⇒ | kxk − kx0k | ≤ kx − x0k < δ = ǫ

Ejemplo 2.3.2. Sea fn: {x ∈ Rn: xi ≥ 0, ∀i ∈ {1, . . . , n}} → R definida como:

fn(x1, . . . , xn) := xm11. . . xmnn = n Y k=1 xmi i

con mi ∈ R+,∀i ∈ {1, . . . , n}. Demostraremos por inducci´on que esta funci´on es continua:

(a) En el caso de n = 1, la funci´on es de variable real, de la forma f1(x) = xm con x ∈ R. Basta

notar que f1(x) = emln(x) y recordar que la composici´on de funciones continuas es continua.

(b) Supongamos que es cierto para n, es decir, que fn(x1, . . . , xn) es continua.

(c) Queremos demostrar la continuidad de fn+1o, equivalentemente, que dado a = (a1, . . . , an+1) ∈

Rn+1: l´ım x→a n+1 Y k=1 xmi i = n+1 Y k=1 ami i

con x = (x1, . . . , xn+1). En primer lugar, el lector deber´ıa ser capaz de comprobar que si

k∈ {1, . . . , n} y g : R → R, entonces: l´ım

xk→ak

g(xk) = L ⇒ l´ım

x→ag(xk) = L

En vista de lo anterior, podemos usar ´algebra de l´ımites, ya que la hip´otesis de inducci´on y el caso base aseguran lo pedido en la Proposici´on 2.2.1. Tenemos de esta forma que:

l´ım x→a n+1 Y k=1 xmi i = xl´ım →a n Y k=1 xmi i xl´ım →ax mn+1 n+1 (H.I.) = n Y k=1 ami i !  l´ım x→ax mn+1 n+1  = n+1 Y k=1 ami i

Hemos demostrado as´ı que fn es continua en Rn.

Proposici´on 2.3.1. Sean f, g : U ⊆ Rn→ R continuas en u ∈ U y c ∈ R. Entonces:

(a) f + g es continua en u. (b) cf es continua en u.

(31)

(c) f g es continua en u. (d) 1

f es continua en u, si f (x) 6= 0, ∀x ∈ U. Demostraci´on. Directo de la Proposici´on 2.2.1.

Observaci´on 2.3.1. A partir de la Proposici´on 2.3.1, concluimos que todos los polinomios P (x, y) son continuos en todo R2 por el Ejemplo 2.2.1. Luego, todas las funciones racionales

R(x, y) = P(x, y) Q(x, y), son continuas donde Q(x, y) no se anula.

Definici´on 2.3.2 (Imagen). Sea f : Rn→ R. Se define la imagen de A ⊆ Rnbajo f como

f(A) := {y ∈ R : ∃x ∈ A, f (x) = y} .

Proposici´on 2.3.2. Sea f : U ⊆ Rn→ R continua en U compacto. Entonces (a) f (U ) es compacto.

(b) Existen u1, u2 ∈ U tales que f (u1) ≤ f (u) ≤ f (u2), ∀u ∈ U.

Observaci´on 2.3.2. La proposici´on 2.3.2 nos ser´a muy ´util para buscar m´aximos y m´ınimos pues nos garantiza que si los buscamos dentro de cerrado y acotado, existen.

Proposici´on 2.3.3. Sean f : U ⊆ Rn→ R, g : R → R con f (U) ⊆ Dom (g). Si f y g son continuas

en U y f (U ), respectivamente, entonces g ◦ f : U ⊆ Rn→ R es continua en U. Ejemplo 2.3.3. g(x, y) = e

cos x sin y

1 +px2+ y2 es continua en R 2.

2.4.

Derivadas Parciales y Direccionales

Ya que hemos definido l´ımites y continuidad, lo l´ogico es empezar a derivar, ¿o no?

Definici´on 2.4.1 (Derivadas Parciales y Direccionales). Sean f : U ∈ Rn → R y p ∈ U con

p= (p1, . . . , pn).

(a) Definimos la derivada parcial de f en p respecto a la j-´esima coordenada por ∂f ∂xj (p) := l´ım h→0 f(p1, . . . , pj−1, pj+ h, pj+1, . . . , pn) − f (p1, . . . , pn) h = l´ımh→0 f(p + h ˆej) − f (p) h ,

(32)

(b) Definimos la derivada direccional de f en p en la direcci´on de v por ∂f

∂v(p) := l´ımt→0

f(p + tv) − f (p)

t .

Observaci´on 2.4.1. Las derivadas parciales son un caso particular de las derivadas direccionales cuando v = ˆej.

Observaci´on 2.4.2. Respecto a la notaci´on:

(a) Cuando f tiene n variables, se puede expresar por Dkf(x) su derivada parcial respecto a la

k-´esima de ellas (1 ≤ k ≤ n). (b) En R2 usaremos la notaci´on ∂f ∂x1 = ∂f ∂x , ∂f ∂x2 = ∂f ∂y. Tambi´en es acostumbra a usar

∂f ∂xj

= fxj.

Geom´etricamente, podemos entender ∂f

∂x(a, b) = l´ımh→0

f(a + h, b) − f (a, b) h

como la pendiente de la recta tangente a la curva obtenida al cortar Γ(f ) con el plano y = b, en el punto (a, b, f (a, b)). Es muy importante notar que al calcular una derivada parcial, las otras coordenadas son constantes.

Ejemplo 2.4.1. Sea f (x, y) = sin(xy)ex. Entonces,

∂f

∂x = cos(xy)ye

x+ sin(xy)ex , ∂f

∂y = cos(xy)xe

x.

Ejemplo 2.4.2. Sea f : Rn→ R dada por f (x) = xtAx, con

A=      a11 a12 . . . a1n a21 a22 . . . a2n .. . ... . .. an1 an2 . . . ann      = (aij)ni,j=1.

Entonces, tenemos que

f(x) = xt      a11 a12 . . . a1n a21 a22 . . . a2n .. . ... . .. an1 an2 . . . ann      x= xT      Pn j=1a1jxj Pn j=1a2jxj .. . Pn j=1anjxj      = n X i=1 n X j=1 xiaijxj.

(33)

Escribamos f(x) = n X i=1 n X j=1 xiaijxj = xk n X j=1 akjxj+ n X i=1 i6=k n X j=1 xiaijxj = x2kakk+ xk n X j=1 j6=k akjxj+ n X j=1 n X i=1 i6=k xiaijxj = x2kakk+ xk n X j=1 j6=k akjxj+ xk n X i=1 i6=k xiaik+ n X j=1 j6=k n X i=1 i6=k xiaijxj. Finalmente, ∂f ∂xk = 2xkakk+ n X j=1 j6=k akjxj+ n X i=1 i6=k xiaik = n X j=1 akjxj+ n X i=1 xiaik.

Adem´as, notemos que

n X j=1 akjxj+ n X i=1 xiaik= ˆektAx+ xtAeˆk, es decir, ∂ ∂xk xtAx= ˆektAx+ xtAeˆk. (2.4.1) Pero xtAeˆ k∈ R y por lo tanto, xtAeˆk = xtAeˆk t = ˆektAtx.

Finalmente, si A es sim´etrica, sigue que ∂ ∂xk

xtAx= ˆekt2Atx= ˆek· 2Atx



. (2.4.2)

Ejercicio 2.4.1. Sean u(x, y) = x2−y2, v(x, y) = 2xy. Muestre que u y v satisfacen las ecuaciones

de Cauchy-Riemann ∂u ∂x = ∂v ∂y, (2.4.3) ∂u ∂y = − ∂v ∂x. (2.4.4) Ejemplo 2.4.3. Sea f(x, y) =    xy(x2− y2) x2+ y2 , si (x, y) 6= (0, 0) 0 , si (x, y) = (0, 0) .

(34)

Si (x, y) 6= (0, 0), tenemos que ∂f ∂x(x, y) = y(x2− y2) + 2x2y x2+ y2− 2x2y(x2− y2) (x2+ y2)2 = y x4− y4+ 4x2y2 (x2+ y2)2 , ∂f ∂y(x, y) = x(x2− y2) − 2xy2 x2+ y2− 2xy2(x2− y2) (x2+ y2)2 = x x4− y4− 4x2y2 (x2+ y2)2 .

En cambio, si (x, y) = (0, 0), tenemos que ∂f ∂x(0, 0) = l´ımh→0 f(h, 0) − f (0, 0) h = 0, ∂f ∂y(0, 0) = l´ımk→0 f(0, k) − f (0, 0) k = 0. Ejemplo 2.4.4. Sea f(x, y) =    x3y x6+ y2 , si (x, y) 6= (0, 0) 0 , si (x, y) = (0, 0) .

Calculemos fv(0, 0) para alg´un v ∈ R2. Usando la

Obser-vaci´on 2.7.4, tenemos que ∂f ∂vˆ(0, 0) = l´ımt→0 f(tv) − f (0, 0) t = l´ımt→0 t4cos3θsin θ t2(t4cos6θ+ sin2θ) = 0,

para todo θ ∈ [0, 2π[. De hecho, localmente f es similar a una “planicie” en (0, 0), como muestra la figura.

Ejercicio 2.4.2. Para el Ejemplo 2.4.3 calcule l´ım (x,y)→(0,0) ∂f ∂x(x, y) , (x,y)→(0,0)l´ım ∂f ∂y(x, y).

El lector puede darse cuenta que estamos siguiendo el mismo orden l´ogico que en C´alculo I. Por lo tanto, ahora deber´ıamos definir las derivadas de orden superior.

Definici´on 2.4.2. Sea f : U ⊆ Rn→ R tal que existe ∂f

∂xi : U → R. Entonces, para p ∈ U se define

∂2f ∂xj∂xi (p) := ∂ ∂xj  ∂f ∂xi (p)  = l´ım h→0 ∂f ∂xi(p + h ˆej) − ∂f ∂xi(p) h .

Observaci´on 2.4.3. Las derivadas de orden superior no se comportan tan bien como uno esperar´ıa. Consideremos f del Ejemplo 2.4.3, entonces

∂2f ∂x∂y(0, 0) = l´ımh→0 ∂f ∂y(h, 0) − ∂f ∂y(0, 0) h = l´ımh→0 h5 h5 = 1,

(35)

∂2f ∂y∂x(0, 0) = l´ımk→0 ∂f ∂x(0, k) − ∂f ∂x(0, 0) k = l´ımk→0− k5 k5 = −1.

Lo cual nos muestra que las “derivadas cruzadas” no siempre son iguales. Lema 2.4.1 (Lema de Schwarz). Sea f : U ⊆ Rn→ R tal que ∂2f

∂xi∂xj,

∂2f

∂xi∂xj existen y son continuas

en U . Entonces, ∂2f ∂xi∂xj (p) = ∂ 2f ∂xj∂xi (p), ∀p ∈ U. Ejemplo 2.4.5. Sea f (x, y) = xye2y, entonces

∂f ∂x = ye 2y. Luego, como ∂2f ∂y∂x = e 2y+ 2ye2y

es continua en R2, se tiene que

∂2f ∂x∂y = e 2y+ 2ye2y. Ejemplo 2.4.6. Sea f(x, y) =      (x2+ y2) sin p 1 x2+ y2 ! , si (x, y) 6= (0, 0) 0 , si (x, y) = (0, 0) . Entonces, ∂f ∂x(0, 0) = l´ımh→0 f(h, 0) − f (0, 0) h = l´ımh→0 h2sin|h|1  h = 0, ∂f ∂y(0, 0) = l´ımk→0 f(0, k) − f (0, 0) k = l´ımh→0 k2sin 1 |k|  k = 0. As´ı, ∂f ∂x(x, y) =      2x sin p 1 x2+ y2 ! −p x x2+ y2 cos 1 p x2+ y2 ! , si (x, y) 6= (0, 0) 0 , si (x, y) = (0, 0) , ∂f ∂y(0, 0) =      2y sin p 1 x2+ y2 ! −p y x2+ y2 cos 1 p x2+ y2 ! , si (x, y) 6= (0, 0) 0 , si (x, y) = (0, 0) .

(36)

Por lo tanto, ∂2f ∂y∂x(0, 0) = l´ımk→0 ∂f ∂x(0, k) − ∂f ∂x(0, 0) k = 0, ∂2f ∂x∂y(0, 0) = l´ımh→0 ∂f ∂y(h, 0) − ∂f ∂y(0, 0) h = 0.

Luego, como se cumplen las hip´otesis del Lema 2.4.1 en U r {0},

∂2f ∂y∂x(x, y) = ∂2f ∂x∂y(x, y) =    − xy (x2+y2)32 cos  1 √ x2+y2  −(x2+yxy2)2 sin  1 √ x2+y2  , si (x, y) 6= (0, 0) 0 , si (x, y) = (0, 0) .

Sin embargo, si analizamos la continuidad de estas funciones en (0, 0), tenemos que

l´ım (x,y)→(0,0) ∂2f ∂y∂x(x, y) = l´ımr→0− r2cos θ sin θ r3 cos  1 r  −r 2cos θ sin θ r4 sin  1 r  ,

es decir, no existe y por ende, no son continuas en (0, 0). Luego, no podemos concluir que si las derivadas parciales cruzadas son iguales, entonces son continuas. Es decir, el Lema de Schwarz no es un si y s´olo si.

Corolario 2.4.1. Sea f : U ⊆ Rn→ R tal que todas sus derivadas parciales hasta el p-´esimo grado

son continuas. Entonces,

∂pf ∂xn i∂xmj = ∂ pf ∂xm j ∂xni , m+ n = p.

Definici´on 2.4.3 (Laplaciano). Sea f : U ⊆ Rn → R una funci´on dos veces derivable en cada

variable. Se define el laplaciano de f como

△f (x) := n X i=1 ∂2f ∂x2i(x). Ejemplo 2.4.7. Sea f (x, y) = x2+ y2, entonces

△f =∂

2f

∂x2 +

∂2f

∂y2 = 2 + 2 = 4.

Ejercicio 2.4.3. Muestre que Φ(x) = C

kxkn−2 definida sobre R

n para n ≥ 3, satisface la ecuaci´on

de Laplace:

△f = 0, (2.4.5)

(37)

Ejercicio 2.4.4. Muestre que

Φ(x, t) = √1 4πte

−x2 4t

definida sobre R × R+, satisface la ecuaci´on del calor:

∂f ∂t =

∂2f

∂x2. (2.4.6)

Φ se conoce como la soluci´on fundamental de ´esta ecuaci´on.

Observaci´on 2.4.4. En general la ecuaci´on del calor se presenta para Rn× R+ mediante

∂f ∂t = n X i=1 ∂2f ∂x2i, (2.4.7)

donde el t´ermino de la derecha se conoce como el laplaciano espacial de f y se denota por △xf.

2.5.

Diferenciabilidad

Recordemos que una de las principales propiedades que nos entregaba la derivada de una funci´on, era poder construir una aproximaci´on lineal para la funci´on en torno a un punto. En efecto, para una funci´on f : R → R difereciable, el teorema de Taylor nos dec´ıa que en torno a x0

f(x) = f (x0) + f′(x0)(x − x0) + o((x − x0)2).

Por lo tanto,

f(x) − f (x0) − f′(x0)(x − x0)

x− x0 → 0, cuando x → x0

. Queremos emular la misma situaci´on, pero en m´as variables.

Definici´on 2.5.1 (Diferenciabilidad). Sea f : U ⊆ Rn → R y p ∈ U. Diremos que f es diferen-ciable en p si existe Df (p) ∈ Rn tal que

l´ım

h→0

|f (p + h) − f (p) − Df (p) · h|

khk = 0.

Observaci´on 2.5.1. Sea f : U ⊆ Rn→ R diferenciable y p ∈ U. Escribamos

Df(p) = (l1, . . . , ln) , h= (h1, . . . , hn) .

As´ı, tenemos que

f(p + h) − f (p) − Df (p) · h = f (p + h) − f (p) − (l1h1+ . . . + lnhn) .

Tomando h = t ˆe1, se tiene que

(38)

es decir,

f(p + h) − f (p) − Df (p) · h = f (p + t ˆe1) − f (p) − l1h1.

Luego, como f es diferenciable, se cumple que l´ım t→0 |f (p + t ˆe1) − f (p) − tl1| |t| = 0, es decir, l´ım t→0 f(p + t ˆe1) − f (p) t = l1.

Por lo tanto, recordando la definici´on de derivada parcial, tenemos que l1 =

∂f ∂x1

(p).

Finalmente, tomando h = t ˆej para j = 1, . . . , n, concluimos que

Df(p) = ∂f ∂x1 (p), . . . , ∂f ∂xn (p) 

y por unicidad del l´ımite, se tiene que es el ´unico que satisface la condici´on de diferenciabilidad. Observaci´on 2.5.2. La Observaci´on 2.5.1 nos permite concluir que la existencia de las derivadas parciales es una condici´on necesaria para la diferenciabilidad.

Ejemplo 2.5.1. Sea f (x, y) = 1 −px2+ y2, entonces

∂f ∂x(0, 0) = l´ımh→0 f(h, 0) − f (0, 0) h = l´ımh→0 1 − |h| − 1 h = l´ımh→0 |h| h . Por lo tanto, no existe fx(0, 0) y sigue que f no es diferenciable (0, 0).

Ejemplo 2.5.2. Sea f (x, y) =p|xy|, entonces ∂f ∂x(0, 0) = l´ımh→0 f(h, 0) − f (0, 0) h = 0, ∂f ∂y(0, 0) = l´ımk→0 f(0, k) − f (0, 0) k = 0. Pero l´ım (h,k)→(0,0) |f (h, k) − f (0, 0) − Df (0, 0) · (h, k)| √ h2+ k2 =(h,k)→(0,0)l´ım p |hk| √ h2+ k2 = l´ımr→0 p r2| cos θ sin θ| r = p | cos θ sin θ|, y por ende, no existe tal l´ımite. Luego, f no es diferenciable en (0, 0).

Ejemplo 2.5.3. Consideremos la funci´on f del Ejemplo 2.4.6. Aprovechando que ya hemos calcu-lado sus derivadas parciales, estudiemos su diferenciabilidad en (0, 0). Tenemos que

l´ım (h,k)→(0,0) kf (h, k) − f (0, 0) − Df (0, 0) · (h, k)k kh, kk =(h,k)→(0,0)l´ım h2+ k2  sin√ 1 h2+k2  − (0, 0) · (h, k) √ h2+ k2 = 0.

(39)

Proposici´on 2.5.1. Sea f : U ⊆ Rn→ R y p ∈ U tal que f es diferenciable en p. Entonces, f es

continua en p.

Demostraci´on. Dado que f es diferenciable en p, se tiene que l´ım

h→0

kf (p + h) − f (p) − Df (p) · hk

khk = 0,

lo cual implica que

l´ım h→0kf (p + h) − f (p) − Df (p) · hk = 0. Luego, como l´ım h→0Df(p) · h = 0, se tiene que l´ım h→0f(p + h) = f (p).

Observaci´on 2.5.3. Consideremos la funci´on f del Ejemplo 2.4.4. Tenemos que f posee sus dos derivadas parciales en (0, 0) pero no es continua en (0, 0), pues si tomamos ϕ(t) = (t, 0), se tiene que

l´ım

(x,y)→(0,0)f(x, y) = 0,

en cambio, si tomamos ψ(t) = (t, t3), se tiene que

l´ım (x,y)→(0,0)f(x, y) = l´ımt→0 t3t3 t6+ t6 = 1 2.

Por lo tanto, la existencia de las derivadas parciales no es suficiente para garantizar la diferencia-bilidad.

Teorema 2.5.1. Sea f : U ⊆ Rn → R y p ∈ U. Si todas las derivadas parciales de primer orden

existen y son continuas en p, entonces f es diferenciable en p. Ejemplo 2.5.4. Sea f (x, y) = ex2+y2, entonces

∂f ∂x = 2xe x2+y2 , ∂f ∂y = 2ye x2+y2 , son todas continuas y por lo tanto, f es diferenciable en todo R2.

Definici´on 2.5.2. Se define la clase de funciones Cp como el conjunto de todas las funciones tales

que todas sus derivadas parciales de orden p son continuas.

Observaci´on 2.5.4. Si f ∈ C1, entonces f es diferenciable. Si adem´as, f ∈ C2, entonces las derivadas cruzadas de f son iguales por el Lema 2.4.1.

(40)

Proposici´on 2.5.2. Sean f, g : U ⊆ Rn → R y p ∈ U tales que f y g son diferenciables en p. Consideremos α, β ∈ R, entonces (a) αf + βg es diferenciable en p y D(αf + βg) (p) = αDf (p) + βDg(p). (b) f g es diferenciable en p y D(f g) (p) = Df (p)g(p) + f (p)Dg(p). (c) si g 6= 0 en una vecindad de p, entonces fg es diferenciable en p y

D f g  (p) = Df(p)g(p) − f (p)Dg(p) g2(p) .

2.6.

Plano Tangente

Sean f : R2 → R, p = (a, b) y q = (a, b, f (a, b)). Queremos aprovecharnos de la definici´on de dife-renciabilidad para buscar una aproximaci´on local a la superficie Γ(f ) en una vecindad de q. Sea τ1 el vector tangente a la curva α(t) = (t, b, f (t, b)), es decir,

τ1=  1, 0,∂f ∂x(a, b)  .

An´alogamente, definimos τ2, el vector tangente a la curva α(t) = (a, t, f (a, t)), el cual queda dado

por τ2=  0, 1,∂f ∂y(a, b)  .

Consideremos Πq, el plano tangente a Γ(f ) en q. Tenemos que τ1, τ2 ∈ Πq y al ser dos vectores

linealmente independientes, constituyen una base de ´este. Luego, un vector normal al plano est´a dado por

n= τ1× τ2 = ˆı ˆ kˆ 1 0 ∂f∂x(a, b) 0 1 ∂f∂y(a, b) = 

−∂f∂x(a, b), −∂f∂y(a, b), 1 

. (2.6.1)

As´ı, la ecuaci´on del plano est´a dada por

Πq : (r − q) · n = 0, (2.6.2)

o bien,

(41)

Supongamos adem´as que f es diferenciable en p. Entonces l´ım

(h,k)→(0,0)

|f (a + k, b + k) − f (a, b) − Df (p) · (h, k)|

k(h, k)k = 0,

lo cual implica que l´ım (h,k)→(0,0)f(a + k, b + k) − f (a, b) − h ∂f ∂x(a, b) − k ∂f ∂y(a, b) = 0. (2.6.4) Finalmente, reemplazando h = x − a, k = y − b y (2.6.3) en (2.6.4), tenemos que

l´ım (x,y)→(a,b)f(x, y) −  c+ (x − a)∂f ∂x(a, b) + (y − b) ∂f ∂y(a, b)  = 0, es decir, si f es diferenciable, Πq se parece localmente a Γ(f ) en q.

Ejemplo 2.6.1. Sea f (x, y) =p1 − x2− y2, entonces para (a, b) ∈ B (0, 1) tenemos que

∂f ∂x(a, b) = − a √ 1 − a2− b2 , ∂f ∂y(a, b) = − b √ 1 − a2− b2.

Luego, el plano tangente en q = (a, b, f (a, b)) est´a dado por −(x − a)√ a 1 − a2− b2 − (y − b) b √ 1 − a2− b2 = z − p 1 − a2− b2, es decir, ax+ by + zp1 − a2− b2= 1.

Notemos que otro vector que tambi´en tiene direcci´on normal es 

a, b,p1 − a2− b2.

2.7.

Gradiente

Definici´on 2.7.1 (Gradiente). Sea f : U ⊆ Rn → R y p ∈ U tal que f es diferenciable en p. Se

define el vector gradiente de f en p como ~ ∇f (p) := ∂f∂x 1 (p), . . . , ∂f ∂xn (p)  .

Observaci´on 2.7.1. ~∇f (p) corresponde a Df (p) en la definici´on de diferenciabiliad. Observaci´on 2.7.2. En general, se habla del operador

~ ∇ := ∂∂x, ∂ ∂y, ∂ ∂z  .

Esto es muy c´omodo, porque permite trabajar m´as intuitivamente con otros operadores. Por ejem-plo, en coordenadas cartesianas, △ = ~∇ · ~∇ = ~∇2.

(42)

Ejemplo 2.7.1. Sea f (x, y, z) = x2+ y2+ z212, entonces ~ ∇f (x, y, z) = p x x2+ y2+ z2, y p x2+ y2+ z2, z p x2+ y2+ z2 ! = 1 f(x, y, z)(x, y, z). Ejemplo 2.7.2. Sea f (x, y, z) = x sin y + ye2xz, entonces

~

∇f (x, y, z) = sin y + 2yze2xz, xcos y + e2xz,2xye2xz. Ejemplo 2.7.3. En el Ejemplo 2.4.2, se tiene que si A es sim´etrica, entonces

~

∇f (x) = 2Ax.

Proposici´on 2.7.1. Sea f : U ⊆ Rn → R y p ∈ U tal que f es diferenciable en p. Consideremos v∈ Rn unitario, entonces (a) ∂f ∂v(p) = ~∇f (p) · v. (b) ∂f ∂v(p) ≤ ∇f (p)~ . (c) ∇f (p)~ ∇f (p)~

es el vector que maximiza la expresi´on ∂f ∂v(p).

Demostraci´on.

(a) Como f es diferenciable en p, entonces

l´ım h→0 f (p + h) − f (p) −∇f (p) · h~ khk = 0.

Sea h = tv con t ∈ R, entonces khk = ktvk = t kvk = t y, l´ım t→0 f(p + tv) − f (p) t − ~∇f (p) · v = 0, es decir, ∂f ∂v(p) = l´ımt→0 f(p + tv) − f (p) t = ~∇f (p) · v.

(b) Usando la Desigualdad de Cauchy-Schwarz-Bunyakovsky (Lema 1.2.1), tenemos que ∂f ∂v(p) = ~∇f (p) · v ≤ ∇f (p)~ kvk = ∇f (p)~ .

(43)

(c) Tomando v= ∇f (p)~ ∇f (p)~ , tenemos que ∂f ∂v(p) = ~∇f (p) · ~ ∇f (p) ∇f (p)~ = ∇f (p)~ 2 ∇f (p)~ = ∇f (p)~ .

Observaci´on 2.7.3. La Proposici´on 2.7 nos muestra que la direcci´on de m´aximo cambio de f viene dada por ~∇f . Adem´as, queremos recalcar que la hip´otesis de kvk = 1 es muy importante pues NO distorsiona el valor de la derivada direccional. Finalmente, el lector debe tener presente que s´olo podr´a calcular las derivadas direccionales a partir del gradiente cuando f sea diferenciable. En caso contrario, deber´a calcularlas por definici´on.

Observaci´on 2.7.4. Si v ∈ R2 tal que kvk = 1, entonces v = (cos θ, sin θ) para alg´un θ ∈ [0, 2π[. Observaci´on 2.7.5. Sea f : U ⊆ Rn→ Rm diferenciable y v ∈ Rnunitario. Si para p ∈ U se tiene

que

∂f

∂v(p) = 0, entonces ~∇f (p) ⊥ v.

Proposici´on 2.7.2 (Regla de la Cadena). Sea f : U ⊆ Rn → R diferenciable y γ : I ⊆ R → Rn

una curva diferenciable contenida en U . Entonces, la funci´on g(t) = f ◦ γ(t) es derivable y se tiene que

g′(t) = ~∇f (γ(t)) · γ′(t).

Demostraci´on. Lo haremos s´olo para el caso n = 2. Sea t ∈ I y γ(t) = (x1(t), x2(t)). Tenemos que

g′(t) = l´ım h→0 g(t + h) − g(t) h = l´ımh→0 f(x1(t + h), x2(t + h)) − f (x1(t), x2(t)) h = l´ım h→0 f(x1(t + h), x2(t + h)) − f (x1(t), x2(t + h)) h | {z } l1 +f(x1(t), x2(t + h)) − f (x1(t), x2(t)) h | {z } l2 .

Pero, como f es diferenciable, l1 = l´ım h→0 f(x1(t + h), x2(t + h)) − f (x1(t), x2(t + h)) x1(t + h) − x1(t) x1(t + h) − x1(t) h = ∂f ∂x(x1(t), x2(t)) x ′ 1(t).

y an´alogo para l2. As´ı,

g′(t) = ∂f ∂x(x1(t), x2(t)) x ′ 1(t) + ∂f ∂y (x1(t), x2(t)) x ′ 2(t) = ~∇f (γ(t)) · γ′(t).

(44)

Observaci´on 2.7.6. Si g, γ son funciones de m´as variables, podemos utilizar la Regla de la Cadena para sus derivadas parciales recordando que calcularlas es derivar suponiendo que las otras variables son constantes. Es decir, si tenemos h(t, s) = f ◦γ(t, s), con γ(t, s) = (x1(t, s), . . . , xn(t, s)), podemos

derivar respecto a t tomando s constante y sigue que ∂h ∂t = n X j=1 ∂f ∂xj ∂xj ∂t .

Ejemplo 2.7.4. Consideremos g(r, θ) = f (r cos θ, r sin θ), entonces ∂g ∂r = ∂f ∂x ∂x ∂r + ∂f ∂y ∂y ∂r = cos θ ∂f ∂x+ sin θ ∂f ∂y, ∂g ∂θ = ∂f ∂x ∂x ∂θ + ∂f ∂y ∂y ∂θ = −r sin θ ∂f ∂x + r cos θ ∂f ∂y. Luego, resolviendo el sistema

 cos θ sin θ −r sin θ r cos θ  "∂f ∂x ∂f ∂y # = ∂g ∂r ∂g ∂θ  , por ejemplo con la regla de Cramer, se tiene que

∂f ∂x = ∂g ∂r sin θ ∂g ∂θ rcos θ cos θ sin θ −r sin θ r cos θ = cos θ∂g ∂r− 1 rsin θ ∂g ∂θ , ∂f ∂y = cos θ ∂g∂r −r sin θ ∂g∂θ cos θ sin θ −r sin θ r cos θ = sin θ∂g ∂r+ 1 rcos θ ∂g ∂θ. Notemos que ∂f ∂xˆı + ∂f ∂yˆ= ∂g ∂r(cos θˆı+ sin θˆ) + 1 r ∂g ∂θ(− sin θˆı+ cos θˆ) = ∂g ∂reˆr+ 1 r ∂g ∂θeˆθ. Es decir, uno podr´ıa pensar que en coordenadas polares,

~ ∇ = ∂∂r,1 r ∂ ∂θ  . (2.7.1)

Adem´as, se puede concluir que  ∂g ∂r 2 + 1 r2  ∂g ∂θ 2 = ∂f ∂x 2 + ∂f ∂y 2 .

Corolario 2.7.1. Sea f : U ⊆ Rn → R diferenciable y γ : I ⊆ R → Rn una curva diferenciable contenida en f−1(c), c ∈ R. Entonces, ~∇f (γ(t)) ⊥ γ(t), ∀t ∈ I.

Demostraci´on. Sea g(t) = f (γ(t)), entonces g(t) = c, ∀t ∈ I. Luego, ~

(45)

Observaci´on 2.7.7. El Corolario 2.7.1 nos dice que ~∇f es ortogonal a las curvas de nivel. Ejemplo 2.7.5. Sea f (x, y, z) = x2+ y2+ z2. Entonces, si x, y, z ∈ B 0, c2, ~∇f = (2x, 2y, 2z) es

una direcci´on normal al plano tangente en el punto (x, y, z) a la esfera centrada en el origen y de radio c2. De hecho, (x, y, z) tambi´en lo es y confirma lo visto en el Ejemplo 2.6.1.

Teorema 2.7.1 (Teorema del Valor Medio (T.V.M.)). Sea f : U ⊆ Rn→ R una funci´on

diferen-ciable. Si el segmento de recta xy ⊆ U, entonces existe ξ ∈ xy tal que f(y) − f (x) = ~∇f (ξ) · (y − x).

Demostraci´on. Consideremos ϕ(t) = f (x + t(y − x)), entonces ϕ′(t) = ~∇f (x + t(y − x)) · (y − x). Por otro lado, por el TVM en una variable, se tiene que

ϕ(1) − ϕ(0) = ϕ′(t0)(1 − 0) = ϕ′(t0),

con 0 < t0 <1. Finalmente, sea ξ = x + t0(y − x), entonces

f(y) − f (x) = ~∇f (ξ) · (y − x).

Corolario 2.7.2. Sea f : U ⊆ Rn → R una funci´on diferenciable y la regi´on D ⊆ U tal que

~

∇f (x) = 0, ∀x ∈ D. Entonces, f es constante en D.

Definici´on 2.7.2 (Diferencial total). Sea f : U ⊆ Rn → R diferenciable y p ∈ U. Definimos el

diferencial total de f en p como

df(p) := n X i=1 ∂f ∂xi (p)dxi.

Ejemplo 2.7.6. Sea f : R4 → R, con f = f (x, y, z, t). Entonces df = ∂f ∂xdx+ ∂f ∂ydy+ ∂f ∂zdz+ ∂f ∂tdt. As´ı, la derivada total o sustancial de f con respecto a t es

df dt = ∂f ∂x dx dt + ∂f ∂y dy dt + ∂f ∂z dz dt + ∂f ∂t.

(46)

2.8.

Problemas Resueltos

Problema 2.1. Estudie l´ım (x,y)→(a,a) tan x − tan y cot x − cot y. Soluci´on: Tenemos que

l´ım

(x,y)→(a,a)

tan x − tan y

cot x − cot y =(x,y)→(a,a)l´ım

tan x − tan y

1

tan x− tan y1

= l´ım

(x,y)→(a,a)− tan x tan y = − tan 2a. Problema 2.2. Estudie l´ım (x,y)→(0,0) x3y x2+ y4.

Soluci´on: Sea ǫ > 0. Tenemos que x3y x2+ y4 ≤ x3y x2 = |x| |y| ≤ x2+ y2 2 .

Luego, tomando δ2 = 2ǫ, sigue que

x3y x2+ y4 − 0 ≤ x2+ y2 2 < δ 2 = ǫ. Problema 2.3. Estudie l´ım (x,y)→(0,0) x x2+ y2

Soluci´on: Usando coordenadas polares, tenemos que l´ım (x,y)→(0,0) x x2+ y2 = l´ımr→0 rcos θ r2 rl´ım→0 cos θ r que no existe. Problema 2.4. Estudie l´ım (x,y)→(0,0) 1 − cos xy x2ysin 2y.

Soluci´on: Tenemos que l´ım (x,y)→(0,0) 1 − cos xy x2ysin 2y =(x,y)→(0,0)l´ım 1 − cos xy (xy)2 2y sin 2y 1 2 = 1 4.

(47)

Problema 2.5. Estudie

l´ım

(x,y)→(0,0)

(y2− x)2

x2+ y2 .

Soluci´on: Sea ϕ1(t) = (t, 0). Tenemos que

l´ım

(x,y)→(0,0)f(ϕ1(t)) = l´ımt→0

(0 − t)2 t2+ 0 = 1.

Ahora, sea ϕ2(t) = (0, t). Se tiene que

l´ım

(x,y)→(0,0)f(ϕ2(t)) = l´ımt→0

t2− 02 0 + t2 = 0.

Por lo tanto, el l´ımite no existe.

Problema 2.6. Estudie

l´ım

(x,y,z,w)→(0,0,0,0)

xy+ yz + zw − xyzw x2+ y2+ z4+ w4 .

Soluci´on: Sea ϕ(t) = (t, t, 0, 0). Tenemos que l´ım (x,y,z,w)→(0,0,0,0) xy+ yz + zw − xyzw x2+ y2+ z4+ w4 = l´ımt→0 t2+ 0 + 0 + 0 t2+ t2+ 0 + 0 = 1 2. Ahora, sea ψ(t) = (t, 0, 0, 0). Se observa que

l´ım (x,y,z,w)→(0,0,0,0) xy+ yz + zw − xyzw x2+ y2+ z4+ w4 = l´ımt→0 0 + 0 + 0 + 0 t2+ 0 + 0 + 0 = 0.

Por lo tanto, el l´ımite no existe.

Problema 2.7. Estudie

l´ım

(x,y,z)→(0,0,0)

xy+ yz + zx x2+ y2+ z2.

Soluci´on: Sea ϕ(t) = (t, t, 0). Tenemos que l´ım (x,y,z)→(0,0,0) xy+ yz + zx x2+ y2+ z2 = l´ım (x,y,z)→(0,0,0) t2+ 0 + 0 t2+ t2+ 0 = 1 2. Ahora, sea ψ(t) = (t, t, t). Tenemos que

l´ım (x,y,z)→(0,0,0) xy+ yz + zx x2+ y2+ z2 =(x,y,z)→(0,0,0)l´ım t2+ t2+ t2 t2+ t2+ t2 = 1.

Referencias

Documento similar

A su vez se lucha por la reducción de las desigualdades sociales, en materia de cohesión social e igualdad de oportunidades, facilitando el acceso a un puesto de trabajo digno,

La mesa de trabajo de “Medioambiente y Resiliencia” es la sexta de las 11 mesas participativas del Plan de Acción Local de la Agenda Urbana Chiclana 2030, la cual se convocó el

El funcionamiento CC (Ciclo Continuo) o funcionamiento en CX3, deben quedar interrumpido (termina el ciclo actual y se detiene) por la acción del pulsador de STOP, por

Guía elaborada por Ing. Página 1 ESTRUCTURAS GRAFCET CON EL AUTOMATA PROGRAMABLE TWIDO.. Vínculo del video https://youtu.be/CrGklC5_Lf0 PROGRAMACION GRAFCET EN

La réceptivité associée à une transition source est généralement une réceptivité sur front (sinon l’étape suivante est activée en permanence). Les règles de

En funcionamiento CaC – Ciclo a Ciclo, el sistema debe realizar los movimientos contemplados en el DIAGRAMA ESPACIO – FASE una sola vez, ya que en este modo de operación se hace

El sistema no siempre garantiza que una pieza sea depositada debajo de cada una de las estaciones de proceso (taladrado y escariado) después de cada movimiento de

Si la máquina esta en posición inicial (S2 + S5) es decir con el carro transportador arriba y a la izquierda y S1 detecta que ha llegado pieza desde la CINTA1 se pone