Funciones Reales de un Vector
Funciones Reales de un Vector Autor-Editor: Huamaní Castro, Newton Lic. en Ciencias Físico Matemáticas con una Maestría en Educación Asoc. APROVISA Mz.D Lote 10, San Juan Bautista Ayacucho-Perú
Primera edición impresa, 2011 Primera edición digital, setiembre 2021
Hecho el Depósito Legal en la Biblioteca Nacional del Perú Nº N°2021-10996
Distribución y publicación electrónica disponible bajo pedido https://www.micihuamani.pe/en/
& newton.h.c@hotmail.com Perú-2021
Dedicatoria A todos los lectores
Huamaní Castro, Newton
Funciones Reales de un Vector
4
OBJETIVOS Ofrecer una apreciación del análisis de funciones reales de un vector a partir del 1) análisis de los ejemplos clásicos y a través de la 2) observación detallada de las de niciones y proposiciones.
Establecer la condición para que la derivada direccional ,
v.
Es decir,
f ∂(λv+αw)
∂f ∂v , dependa linealmente de
∂f = λ ∂f ∂v + α ∂v .
Establecer la condición para que una función sea diferenciable en un punto.
Conocer que la diferencial de una función en un punto,
df (a),
es una transformación
lineal y identi car con su matriz asociada a la base canónica de
Matemática Universitaria
2da Edición
Rn
y
R.
Monografía
Índice general Índice general
5
0.1.
Presentación
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
6
0.2.
Derivadas parciales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
7
0.3.
Derivadas Direccionales
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
13
0.4.
Funciones Diferenciables . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
20
0.5.
Funciones de clase
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
32
0.6.
La diferencial de una función. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
41
Ck
Bibliografía
46
5
Huamaní Castro, Newton
0.1.
Funciones Reales de un Vector
6
Presentación
Este texto, de un tema, se escribió pensando hacer de él un material que aumente la comprensión y apreciación del análisis de las funciones reales de un vector de la forma más detallada a partir, no de cálculos, sino a partir del análisis de las de niciones, proposiciones y ejemplos clásicos. Está dirigido a los lectores de matemáticas, física e ingeniería y a los interesados de la ciencia. Pero sí suponemos que el lector este familiarizado con los números reales, topología en
Rn ,
ideas de límite y derivada. El análisis, dicen, es una técnica importante y necesaria tanto para el matemático como para aquel que usa las matemáticas,entonces se puede decir que gracias al análisis el tema se vuelve interesante. Por lo que hacemos uso del análisis en este texto, de alguna y otra forma, pero teniendo presente que el análisis no es sinónimo de la matemática, sino es un instrumento, no sólo de las matemáticas, es también de la ciencia para su desarrollo. En este texto discutiremos sobre las funciones con dominio en
Rn
y rango en
R. Una función
es una correspondencia de un conjunto de vectores en un conjunto de números reales. Estas funciones también suelen llamarse funciones reales de
n
es
2
ó
3
n
variables reales. Los casos donde
son los que ocurren con mayor frecuencia en las aplicaciones elementales y son,
por consiguiente, de interés para nosotros. Sin embargo , como los conceptos fundamentales asociados con funciones reales de un vector y las propiedades de estas funciones no dependen realmente de la dimensión del espacio (número de variables ), podemos sin di cultad alguna, estudiar el caso general. Un ejemplo de función real de un vector es la temperatura en un habitación, si establecemos para el cuarto un sistema de coordenadas, de nimos la función temperatura
T
como sigue: en cualquier punto
p = (x, y, z)
de la habitación ,
T (p)
es la
temperatura en este punto. El dominio de esta función es el conjunto de los puntos de la habitación y el rango es el conjunto de numeros reales: son los valores de la temperatura en cada punto de la habitación. Esta divido en 6 secciones, en el segundo nos ocupamos de la derivada parcial, en tercero del derivada direccional, cuarto sobre diferenciabilidad, quinto de clase
Ck,
por último de la
diferencial. Finalmente, espero que pasen por alto las errores cometidos tanto en la redacción de las soluciones y/o demostraciones y como en la digitación del material.
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Monografía
Huamaní Castro, Newton
0.2.
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7
Derivadas parciales
Cuando se estudian funciones reales de
Rn ,
espacio
n variables, esto es, de nidas en subconjuntos del
y se busca para estas funciones una noción de derivada que tenga propiedades
análogas a las de la derivada de una función de nida en un intervalo, la idea que se tiene naturalmente es la de "derivada parcial"que expondremos ahora. Para efectos de la derivación, donde se compara el incremento
f
con el incremento
junto abierto
U ⊆ Rn . Pues en este caso dado a ∈ U B(a, δ)
tal que
por la de nición de un conjunto abierto
B(a, δ) ⊆ U .
Para que
a+h ∈ U
se tenga es
ka+h−ak < δ , es decir h debe tener un incremento lo su cientemente pequeño.
De nición 0.2.1 Sea U ⊆ Rn
de la función
(a + h) − a = h dado al punto a, el dominio mas adecuado es un subcon-
se sigue que existe una bola necesario que
f (a + h) − f (a)
f : U −→ R
una función real, de nida en un subconjunto abierto
y a ∈ U.
La i-ésima derivada parcial de f en el punto a (donde 1 ≤ i ≤ n) es el límite ∂f f (a + tei ) − f (a) (a) = lı́m t−→0 ∂xi t
cuando tal límite existe. Las veces,cuando fuese necesario usaremos también la notación
∂i f (a).
Observación 0.2.1 El símbolo o notación de la derivada parcial. El simbolo
∂f ∂f ∂f ∂xi tendrá para nosotros el mismo signi cado que ∂yi , ∂zi ,etc. El que importa
en un simbolo de este tipo no es el "nombre"de la variable, que tanto puede ser "x", como y, z, etc. Lo importante es el índice
i,
se trata de la derivada de
f
en relación a la i-ésima
variable, sea cual fuere el señal usado para indicarla. Estrictamente hablando, la mejor notación para la i-ésima derivada parcial es
∂i f ,
pero continuaremos escribiendo
∂f ∂xi por
respeto a la tradición, por lo estético y principalmente porque nos permite escribir de la forma más natural ciertas formulas, como por ejemplo la Regla de la Cadena.
Observación 0.2.2 Derivada parcial en una función de dos variables Una función
f (x, y)
f : U −→ R cuando U ⊆ R2
para indicar su valor en el punto
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se llama "función real de dos variables". Se escribe
z = (x, y).
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De esta forma, las derivadas parciales
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de
f
en el punto
Funciones Reales de un Vector
c = (a, b) ∈ U ∂f (c) ∂x
8
pueden también ser representadas por
y
∂f (c) ∂y
∂f (c), ∂x1
en vez de
∂f ∂x2 (c)
Así pues tenemos:
∂f f (a + t; b) − f (a; b) (c) = lı́m , t−→0 ∂x t Análogamente, si
U ⊆ R3 ,
Su valor en un punto
q = (a; b; c)
una función
p = (x; y; z)
f : U −→ R
es una "función real de tres variables".
f (x; y; z)
se escribe
pueden ser escritas como
∂f f (a; b + t) − f (a; b) (c) = lı́m t−→0 ∂y t
∂f ∂f ∂x (q), ∂y (q)
y
y sus derivadas parciales en el punto
∂f ∂z (q).
Observación 0.2.3 Derivada parcial en una función de una variable. Volviendo al caso general, sea Dado el punto
a ∈ U
λ(t) = a + tei ,
f : U −→ Rn
y el entero
de nida en el abierto
i ∈ {1, ..., n},
la imagen del camino
es el que se llama "la recta que pasa por
coordenada (eje)"(note que
λ(0) = a).
Como
U
U ⊆ Rn .
a
λ : R −→ Rn ,
y es paralela a la i-ésima
es abierto, existe
>0
tal que:
− < t < −→ λ(t) = a + tei ∈ U.
La i-ésima derivada parcial de
f ◦ λ : h− , i −→ R,
f
en el punto
a
es la derivada, en el punto t=0, de la función
osea que
∂f (a) = (f ◦ λ)0 (0). ∂xi Podemos decir que una función real, punto
f
restringida al segmento de recta abierto
f (a + tei ),
de la variable real
t
y
J = ha − ei , a + ei i, se vuelve
∂f ∂xi (a) es la derivada de esa función en el
t = 0.
Observación 0.2.4 interpretación geométrica de la derivada parcial.
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Monografía
Cuando
f
n = 2,
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el grá co de
f : U ⊆ R2 −→ R
al segmento de recta que pasa por
c = (a, b)
9
es una super cie en
R3 ,
la restricción de
y es paralela al eje de las abscisas tiene como
grá co la curva plana obtenida en esa super cie haciendo constante la ordenada también que la curva es la intersección de la super cie con el plano al plano
xy
y contiene el segmento recta que pasa por
c
P
"(obsérvese
2
Huamaní Castro, Newton
que es perpendicular
y es paralela a
ei = (1; 0)),
luego
∂f ∂x (c) es la inclinación de la recta tangente a esa curva, en el punto (a,b,f(a,b)) relativo al plano horizontal.
Observación 0.2.5 Cálculo practico de la i-ésima derivada parcial El cálculo práctico de la i-ésima derivada parcial de una función
f (x1 ; ...; xn )
se hace con-
siderando todas variables como si fuesen constantes exepto la i-ésima y aplicando las reglas usuales de derivación relativa a esa variable. El comportamiento de la i-ésima derivada parcial contenido en el dominio de crecimiento de
f
f : U −→ R
J = {(a, t) : 0 ≤ t ≤ 1} z ∈ J,
es igual (ó similar) al i-ésimo eje de la información sobre el
a lo largo de tal segmento.
Así por ejemplo, si
para todo
f
∂f ∂xi (c) a lo largo de un segmento de recta
está de nida en
U ⊆ R2
paralelo al ejeY está contenida en
entonces
f
y que el segmento de recta
U
y además resulta
∂f ∂y (z)
>0
es creciente, esto es:
0 ≤ s ≤ t ≤ 1 −→ f (a, s) < f (a, t).
De nición 0.2.2 Sea U
⊆ Rn
y f : U −→ R.
Diremos que f no depende de la i-ésima variable caundo dados a = (a1 ; ...; ai−1 ; x; ai+1 ; ...; an ) Matemática Universitaria
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10
y b = (a1 ; ...; ai−1 ; y; ai+1 ; ...; an ) en U se tiene f (a) = f (b). En otros términos, si a, b ∈ U con la propiedad de que b = a + tei entonces f (a) = f (b).
De nición 0.2.3 Sea U
un subconjunto.
⊆ Rn
Se dice que U es i-convexo cuando a, b ∈ U con b = a + tei se tiene [a, b] ⊆ U . Donde, [a, b] := {tb + (1 − t)a : 0 ≤ t ≤ 1}.
Proposición 0.2.4 Sea ∂f ∂xi (x)
=0
U ⊆ Rn
para todo x ∈ U . Entonces f es independiente de la i-ésima variable.
Demostración/. Sean a, b ∈ U por
un abierto i-convexo y f : U −→ Rn una función tal que
ξ(s) = f (a + sei ) = 0, [a, b] ⊆ U,
que implica que es constante en
[0, 1].
con
b = a + tei .
para todo o sea que
s ∈ [0, 1].
entonces la función
ξ : [0, t] −→ R
por hipótesis ya que que
a + sei ∈ U
para todo
s ∈ [0.t].
es i-convexo lo
Luego se sigue que
ξ
Así pues
ξ(0)
= ξ(t)
f (a)
= f (a + tei ) = f (b)
f (a)
= f (b).
En el plano se dice horizontalmente y verticalmente convexo en vez de
convexo
U
de nida
1 − convexo
y
2−
2
respectivamente.
Ejemplo 1 Sea X = {(x, 0) ∈ R2 : x ≥ 0} el semie-eje positivo cerrado de las abcisas. El abierto U = R2 − X es horizontalmente convexo (más no verticalmente)
Solución/. U = R2 − X = {(x, 0) ∈ R2 : x < 0} Sea
a, b ∈ U
A rmemos Sea
con
b = a + te1 .
Entonces
a1 < 0
y
b1 < 0
y que
(b1 , 0) = (a1 , 0) + t(1, 0).
[a, b] ⊆ U
z ∈ [a, b]
entonces
Si
z = a,
Si
z=b
(z = a) ∨ (z = b) ∨ (z = (1 − λ)a + λb,
entonces
z∈U
pués
algún
λ ∈ h0, 1i)
a ∈ U.
lo mismo sucede.
z
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=
(1 − λ)a + λb
=
((1 − λ)a1 + λb1 , 0)
para algún
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λ ∈ h0, 1i
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como y
a1 < 0, b1 < 0
0 < λ.
o sea
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entonces
Sumando tenemos
(1 − λ)a1 < 0,λb1 < 0
(1 − λ)a1 + λb1 < 0.
pués
11
0<1−λ
Por lo tanto,
ya que
0<λ<1
((1 − λ)a1 + λb1 , 0) ∈ U
z ∈ U.
♠
Ejemplo 2 La función f
: R2 −→ R,
f (x, y) =
a) Posee derivada parcial
∂f ∂y
=0
de nida por:
x2
si x > 0 ∧ y > 0
0
si x ≤ 0 ∨ y ≤ 0
en todo R2 .
b) no es independiente de la segunda variable, y.
solución. a) Sea
a = (a1 , a2 ) ∈ R2 .
Entonces
(a1 > 0 ∧ a2 > 0) ∨ (a1 ≤ 0 ∨ a2 ≤ 0)
(a1 > 0 ∧ a2 > 0) | {z }
∨
(i)
(a1 ≤ 0) | {z }
∨
(ii)
o sea
(a2 ≤ 0) | {z } (iii)
f (a + te2 ) − f (a) f (a1 , a2 + t) − f (a1 , a2 ) ∂f (a) = lı́m = lı́m t−→0 t−→0 ∂y t t Caso (i): si
a1 > 0 ∧ a2 > 0,
luego
a2 − a21 ∂f (a) = lı́m 1 = 0, t→0 ∂y t Caso (ii): si
a1 ≤ 0,
luego
∂f 0−0 (a) = lı́m = 0, t→0 ∂y t a2 ≤ 0,
b) Para demostrar que decir que: tal que
f
f
luego
∂0 ∂y (a)
= 0.
es dependiente de variable
no es independiente bajo la
y
basta negar la de nición (1.2), es
"si, y sólo si, existe
2
Caso iii: si
a, b ∈ R2
con
b = a + te2
f (a) 6= f (b).
Tomemos
a = (a1 ; a2 )
con
a1 > 0
y
a2 > 0
y
b = (a1 ; a2 ) + (−2a2 )(0; 1)
donde
t = −2a2 . Así pues:
f (a) = f (a1 ; a2 ) = x2 > 0
f (b) = f (a1 ; −a2 ) = 0 Matemática Universitaria
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de donde tenemos
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12
f (a) 6= f (b).
♠
Obsérvese que las derivadas parciales no permiten conclusiones sobre el comportamiento "n-dimensional"de la función. Por ejemplo la existencia de todas las derivadas parciales en un punto no implica la continuidad de la función en ese punto, como veremos ahora.
Ejemplo 3 Sea f
: R2 −→ R
de nida por
f (x, y) =
xy x2 +y 2
0
si x2 + y2 6= 0 si (x; y) = (0; 0)
Demuestrese que f posee todas las derivadas parciales en todo los puntos del plano, pero sin embargo f es discontinua en el origen.
solución/. Si
z = (x; y)
no es el origen (z
6= (0; 0)),
se tiene
∂f y(x2 + y 2 ) − xy(2x) y 3 − yx2 (z) = ∂1 f (z) = = 2 ; 2 2 2 ∂x (x + y ) (x + y 2 )2
y
∂f x(x2 + y 2 ) − xy(2y) x3 − xy 2 (z) = ∂2 f (z) = = . ∂y (x2 + y 2 )2 (x2 + y 2 )2 mientras en el origen, nos valdremos de la de nición.
∂f f (0 + te1 ) − f (0) 0−0 (0) = lı́m = lı́m =0 t→0 t→0 ∂x t t ∂f f (0 + te2 ) − f (0) 0−0 (0) = lı́m = lı́m =0 t→0 t→0 ∂y t t Así que, f posee derivadas parciales, en todos los puntos del plano. Entretanto,
f
es discontinua en el origen, es decir que
lı́m
f (x; y)
(x;y)→(0;0)
no es
f (0; 0).
En efecto. Si
x2 + y 2 6= 0,
entonces
f (x; y) =
xy x2 +y 2
= √
x x2 +y 2
√
y x2 +y 2
= cosθ senθ
donde
θ
es el
ángulo formado por el semieje positivo de las abcisas y la semi-recta que pasa por el origen y que contiene el punto
(x; y)
y lo largo de cada una de esas semi-rectas
f (x, y)
tiene valor
constante, lo que hace que dependa de cada semi-recta. Luego no existe
lı́m (x;y)→(0;0)
f (x; y) (por supuesto en el origen) Cuando nos acercamos por dos
semi-rectas diferentes con inclinaciones
θ1
y
θ2
tenemos que
lı́m f (x; y) = cos(θ1 )sen(θ1 ) 6= cos(θ2 )sen(θ2 ) = lı́m f (x, y).
(0;0)
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(0;0)
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13
♠
0.3.
Derivadas Direccionales
Viendo que las derivadas parciales, desacompañadas de hipótesis adicionales, apenas ofrecen informaciones sobre la función a lo largo de las rectas paralelas a los ejes. Esto nos lleva al importante concepto de derivada direccional.
De nición 0.3.1 Sean f
de nida en el abierto U ⊆ Rn , a ∈ U y v ∈ Rn .
: U −→ R
La derivada direccional de f en el punto a, según el vector v, es por de nición el límite ∂f f (a + tv) − f (a) (a) = lı́m t→0 ∂v t
cuando tal límite existe.
Observación 0.3.1 Las derivadas parciales se vuelven casos particulares de las derivadas direccionales. ∂f ∂f (a) = (a) : ∂xi ∂ei
Interpretación: f ◦ λ : h− , i −→ Rn λ0 (t) = v
para todo
la imagen de
λ
derivada direccional de
( ∂f ∂v )(a)
t ∈ h− , i.
U
>0
según el vector
ei .
de la función compuesta
para el cual se tiene
λ(0) = a
y
es escogido tan pequeño para que
(esto es posible porque
tal que
a
t = 0,
λ(t) = a + tv ,
Obsérvese que aquí
este contenida en
>0
en el punto
es la derivada, en el punto
es el camino rectilíneo,
lo que es posible tomar
f
U
es abierto, ya que
a∈U
por
B(a, ) ⊆ U )
Ejemplo 4 Evalué las derivadas direccionales de la función dada por f (x, y) =
xy x2 +y 2
0
si x2 + y2 6= 0 si (x; y) = (0; 0)
solución/. Matemática Universitaria
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La derivada direccional,
Para
v = (α; β)
∂f ∂v (0, 0), para
α 6= 0
con
y
β 6= 0
v = (α; 0)
no existe
ó
14
v = (0; β)
son nulas.
∂f ∂v (0, 0) ya que
1 ∂f 1 tα tβ αβ = lı́m ( 2 ) (0; 0) = lı́m t→0 t α + β 2 t→0 t (tα)2 + (tβ)2 ∂v ♣
el último límite obtenido, evidentemente, no existe.
Observación 0.3.2 En
∂f ∂v
, ¾v es un vector arbitrario?
Al contrario de la mayoría de los libros de calculo en nuestra de nición de de mostrar nuestra apreciación, no suponemos
realmente. En primer lugar, si solamente si existe
t
α 6= 0 ∈ R
entonces existe
v.
sea un vector
Veamos si esto ocurre
∂f ∂(αv) en un punto
a ∈ U
si y
∂f ∂v en el caso a rmativo tenemos
∂f ∂(αv)
ya que
kvk = 1. Admitimos que v ∈ Rn
∂f ∂v dependa linealmente de
arbitrario con la nalidad de de que
∂f ∂v , con propósitos
f (a + t(αv)) − f (a) f (a + t(αv)) − f (a) = α lı́m t→0 t αt f (a + t(αv)) − f (a) ∂f = α lı́m =α (a) αt→0 αt ∂v
=
lı́m
t→0
tiende a cero si y solamente si
Observación 0.3.3
∂f ∂(αv)
αt
tiende a cero.
no necesariamente es lineal
Por otro lado, el ejemplo siguiente muestra que la derivada direccional en todos los `puntos del dominio de
f,
según todos los vectores
∂f ∂(αv) puede existir
n ∈ Rn ,
sin que se tenga
necesariamente
∂f ∂f ∂f (a) = (a) + (a) ∂(v + w) ∂ ∂w
Ejemplo 5 Sea g : R2 −→ R de nida por: g(x, y) =
x2 y x2 +y 2
0
muestre que existen las derivadas direccionales vector
v = (α; β)
y que
g
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si x2 + y2 6= 0 si (x; y) = (0; 0) ∂g ∂v en todos los puntos de
es continua en todo el plano.
2da Edición
R2
según cualquier
solución/.
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a) Hagamos el cálculo usando la de nición. Sea
∂g (x; y) ∂v
= =
Como se tiene
= = =
=
=
lı́m
t−→0
lı́m
(x; y)
con
15
x2 + y 2 6= 0
y
v = (α; β),
luego
g((x; y) + t(α; β)) − g(x; y) t (x+tα)2 (y+tβ) (x+tα)2 +(y+tβ)2
−
x2 y x2 +y 2
t
t−→0
0 0 , luego aplicando la regla del H-ospital tenemos
(x + tα)2 (y + tβ) (x + tα)2 + (y + tβ)2 ! d 1 lı́m y+tβ 1 t−→0 dt y+tβ + x+tα −β (x + tα)β − (y + tβ)α −1 + lı́m 2 t−→0 (y + tβ)2 (x + tα)2 y+tβ 1 y+tβ + x+tα −1 −β xβ − yα + 2 y2 x2 y 1 y + x y 2 x2 β yα − xβ + (x + y)2 y 2 x2 d t−→0 dt
lı́m
ahora veamos si
(x; y) = (0; 0) ∂g (0; 0) ∂v
y
v = (α; β),
luego
g(tα; tβ) = lı́m = lı́m t−→0 t−→0 t α2 β = α2 + β 2
(tα)2 tβ (tβ)2 +(tβ)2
t ...(♣)
Así que existe las derivadas direccionales en todos los puntos de
R2
y cualquier direc-
ción. Evidentemente (♣) nos hace ver que si
ya que
Nota.
v = (α; β) , w = (θ; γ)
∂g (0; 0) 6= ∂(v + w) (α + θ)2 (β + γ) 6= (α + θ)2 + (β + γ)2
Más adelante mostraremos que
∂g ∂g (0; 0) + (0; 0), ∂v ∂w α2 β θ2 γ + . α2 + β 2 θ2 + γ 2
∂f ∂v dependerá linealmente de
v
si la función
es "diferenciable"la cual es una hipótesis más restrictiva del que simplemente posee derivadas direccionales.
b) Veamos que
g
es continua en todo el plano.
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Funciones Reales de un Vector
Es inmediato ver que
g
lı́m
es continua en
g(x; y) =
(x;y)→(α;β)
x x2 +y 2
√
ya que si
α2 + β 2 6= 0,
entonces
x2 y α2 β = 2 = g(α; β). 2 +y α + β2
lı́m
(x;y)→(α;β) x2
Para el origen, basta observar que
x √
R2 − {0}
16
g(x; y) = xcosθ senθ,
y , luego lı́m xcos(θ)sen(θ) x2 +y 2 (x;y)→(0;0)
g(x; y) =
ya que
x2 y x2 +y 2
=
= 0 = g(0; 0).
Observación 0.3.4 No es verdad por ejemplo que la existencia de las derivadas direccionales implique continuidad, como veremos ahora como ejemplo.
Ejemplo 6 Sea h : R2 −→ R de nida por h(x, y) =
x3 y x6 +y 2
si (x; y) 6= (0; 0)
0
si (x; y) = (0; 0)
Examínese las derivadas direccionales y la continuidad en todo el plano.
solución/. a) Examinemos las derivadas direccionales. Sea
v = (α; β),
tenemos
∂f (0; 0) ∂v
h(tα; tβ) − h(0; 0) = lı́m = t→0 t tα3 β = lı́m 4 6 = 0. t→0 t α + (β)2
Así pues, todas las derivadas direccionales , mente de
v
ya que
∂h ∂v+w (0; 0)
t
∂h ∂v , en el origen existen y dependen lineal-
=0=0+0=
Lo mismo ocurre en los demás puntos
(tα)3 tβ (tα)6 +(tβ)2
∂h ∂v (0; 0)
+
∂h ∂v (0; 0).
c ∈ R2 −{0}, como se veri ca mediante el calculo
elemental
∂h (c) = ξ 0 (0), ∂v
ξ 0 (0)
donde
ξ(t) = h(c + tv)
ξ(0 + t) − ξ(0) ξ(t) − ξ(0) = lı́m t→0 t t h(c + th) − h(c) donde c = (x; y) = lı́m t→0 t
=
lı́m
t→0
3
=
lı́m
t→0
(x+tα) (y+tβ) (x+tα)6 +(y+tβ)2
−
y
x y x6 +y 2
t
.
aplicando la regla de H-o'spital se obtiene lo que se desea. Así pues
Matemática Universitaria
v = (α; β)
3
2da Edición
∂h ∂v existe en todo
Monografía
Huamaní Castro, Newton
Funciones Reales de un Vector
17
el plano.
b) Examinemos la continuidad.
h
Es evidente que Veamos que
h
lı́m
es continua en
R2 − {0}
es discontinua en el origen.
h(x; y) =
x3 y x3 x3 1 1 = lı́m3 6 = lı́m = 2 +y 2 (x;x ) x + (x3 )2 (x;y)→(0;0) 2
lı́m
(x;y)→(0;0) x6
(x;y)→(0;0)
y = x3
O sea, si nos acercamos al origen por la curva descrita por
lı́m
h(x; y) =
(x;y)→(0;0) 1 2 6= 0.
1 2 , lo que implica que
h
tenemos que
es discontinua en el origen debido a que
♣
Observación 0.3.5 La composición no diferenciable. Otra propiedad deseable para un concepto adecuado de una función de
n
variables es la
compuesta de funciones derivables sea también derivable. El siguiente ejemplo muestra una función continua linealmente de
v
ϕ : R2 −→ R
∂ϕ ∂v (z) existe para todo
tal que
z
en el origen, pero sin embargo la composición
y todo
v
y además depende
ϕ ◦ λ no es diferenciable para
un cierto camino diferenciable
Ejemplo 7 De namos ϕ : R2 −→ R poniendo. ϕ(x, y) =
x3 y x4 +y 2
si (x; y) 6= (0; 0)
0
si (x; y) = (0; 0)
Luego se tiene que:
a)
ϕ
es continua. ϕ(x; y)
=
=
luego
b)
ϕ
lı́m (x;y)→(0;0)
xp xq
ϕ(x; y) = 0.
x2 x4
+
y2
.p
x4
+
y2
±1
1 1+
y
y2 x4
q
Así que
x4 y2
ϕ
=x
x2 q x2 1 +
x4
.
y q 4 |y| xy2 + 1
.
+1
es continua.
posee derivadas direccionales en todo el plano y todo
Matemática Universitaria
y2
2da Edición
v ∈ R2 .
Monografía
Huamaní Castro, Newton
Para todo
v = (0; 0)
Funciones Reales de un Vector
18
tenemos
∂ϕ (0; 0) ∂v
ϕ(tα; tβ) = lı́m = lı́m t→0 t→0 t tα3 β = lı́m 2 4 = 0. t→0 t α + β 2
(tα)3 tβ (tα)4 +(tβ)2
t
por ende las derivadas direccionales existen en el origen y dependen linealmente de
v
ya que
∂ϕ ∂ϕ ∂ϕ (0; 0) = 0 = 0 + 0 = (0; 0) + (0; 0). ∂(v + w) ∂v ∂w En los demás puntos dose
∂ϕ ∂(v) (C)
= ξ 0 (0)
c ∈ R2 − {0} donde
también se llega a la misma conclusión. Calculán-
ξ(t) = ϕ(c + tv)
por medio de las reglas elementales de
derivación, es decir basta derivar
ξ(t) = ϕ((x; y) + t(α; β)) =
luego evaluarlo en
t=0
c) Entretanto consideremos el camino
λ(0) = (0; 0) ϕ ◦ λ,
(x + tα)2 (y + tβ) (x + tα)4 + (y + tβ)2
luego se tiene que
λ
λ : R −→ R2
λ(t) = (t; t2 sen( 1t ))
de nido por
y
es diferenciable sin embargo no existe la derivada de
ya que
ϕ(t; tsen( 1t )) (ϕ ◦ λ)0 (0) = lı́m = lı́m t→0 t→0 t 1 sen( t ) = lı́m . t→0 1 + sen2 ( 1 ) t
t3 t2 sen( 1t ) 2 1 4 t +t4sen ( t )
1
♣
el último límite no existe.
Teorema de Valor Medio. Sea f que el segmento de recta contenida en
U,
∂f ∂v (x), según
v
[a, a + v]
que la restricción
en todo
: U −→ R
(donde
U ⊆ Rn .
Supongamos
[a, a + v] := {(1 − t)a + (a + v)t : 0 ≤ t ≤ 1})
f |[a,a+v]
x ∈ ha, a + vi.
de nida en el abierto
este
sea continua y que existe la derivada direccional
Entonces existe
f (a + v) − f (a) =
θ ∈ h0, 1i
tal que:
∂f (a + θv) ∂v
Demostración/. De nimos la función a)
ξ
ξ : [0; 1] −→ R
es continua en
[0, 1]
Matemática Universitaria
poniendo
ξ(t) = f (a + tv),
luego se tiene que
pues es la composición de dos funciones continuas.
2da Edición
Monografía
Huamaní Castro, Newton
b)
ξ
es derivable en
h0, 1i,
∂f ∂v (a
+ tv)
19
pues
ξ(t + h) − ξ(t) h f (a + (t + h)v) − f (a + tv) = lı́m t−→0 h f ((a + tv) + hv) − f (a + tv) ∂f = lı́m = (a + tv) t−→0 h ∂v
ξ 0 (t)
existe
Funciones Reales de un Vector
=
pues
lı́m
t−→0
a + tv ∈ ha, a + vi
ya que
t ∈ h0, 1i.
valor medio para funciones reales de variable existe un
Luego por el teorema de
θ ∈ h0, 1i
tal que
ξ(1) − ξ(0) = ξ 0 (θ)(1 − 0) f (a + v) − f (a) =
∂f (a + θv) ∂v
2
lo que demuestra el teorema.
Observación 0.3.6 La existencia de
∂f ∂v
en todo punto de ha, a + vi asegura apenas la
continuidad de f |ha,a+vi más no en [a, a + v].
Proposición 0.3.2 Sea U
⊆ Rn
abierto y conexo.
Si f : U −→ R −→ R posee derivadas direccionales en todo x ∈ U y v ∈ Rn .
cualesquiera de
a)
= 0 para cualquier
Entonces f es constante.
Demostración/. Fijemos
∂f ∂v (x)
U
a, b ∈ U ,
f |[a,b]
b) Existe
Por hipótesis se tiene que
U
es abierto y conexo, entonces dos puntos
puede ser ligado por un camino poligonal contenido en
U.
luego se tiene que:
es continua pues existe
∂f ∂(b−a) para todo
∂f ∂v en todo
x∈U
para cualquier
v ∈ Rn .
θ ∈ h0, 1i
tal que
x ∈ ha, bi
Luego se sigue del teorema de valor medio que existe
f (a) − f (b)
=
∂f (a + θ(b − a)) ∂(b − a)
f (b) − f (a)
=
0,
f (a)
=
f (b)
Matemática Universitaria
pues
2da Edición
a + θ(b − a) ∈ [a, b] ⊆ U
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Funciones Reales de un Vector
20
Así pues hemos demostrado que para todo segmento rectilíneo cerrado de extremos
U
contenido en
U
se tiene que
Ahora cualquier punto en
U
con vértices
x∈U
a, b ∈
f (a) = f (b).
puede ser ligado al punto
a0 = a, a1 , a2 , · · · , ak = x
a por un camino poligonal contenido
luego se tiene que
f (a) = f (a0 ) = f (a1 ) = · · · = f (ak ) = f (x)
de donde
f (x) = f (a)
Por consiguiente
0.4.
f
para todo
x ∈ U.
2
es constante.
Funciones Diferenciables
La noción de función diferenciable, que presentaremos ahora es debida a Frechet y Stolz. Ésta constituye para funciones de
n variables la extensión adecuada del concepto de función
derivable de una sola variable.
De nición 0.4.1 Sea f
: U −→ R
con U ⊆ Rn abierto y a ∈ U .
Diremos que la función f es diferenciable en el punto a cuando existen constantes A1 , A2 , · · · , An tales que para todo v = (α1 , · · · , αn ) ∈ Rn con a + v ∈ U se tenga f (a + v) = f (a) + A1 α1 + · · · + An αn + r(v),
donde
lı́m
v→0
r(v) =0 kvk
.
De nición 0.4.2 Cuando f es diferenciable en todo los puntos de U , diremos simplemente que f es diferenciable.
Proposición 0.4.3 Sea f f
: U ⊆ Rn
(donde U es abierto) y a ∈ U .
es diferenciable en a si y sólo si existen las derivadas parciales
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2da Edición
∂f ∂f ∂x1 (a), ∂x2 (a),
∂f · · · , ∂x (a), n
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Funciones Reales de un Vector
21
tales que para todo v = (α1 , · · · , αn ) ∈ Rn con a + v ∈ U tuviéramos f (a + v) = f (a) +
n X ∂f (a)αi + r(v) ∂x i i=1
donde
lı́m
v→0
r(v) =0 kvk
Demostración/. ⇒]
Supongamos
que para todo
f
es diferenciable em
v = (α1 , · · · , αn ) ∈ Rn
f (a + v) = f (a) +
n X
a∈U
con
. Entonces existe constantes
a+v ∈U
Ai αi + r(v)
v = tei
con
tales
se tiene
lı́m
donde
v→0
i=1 Tomemos
A1 , · · · , An
r(v) =0 kvk
...(♦)
t lo su cientemente pequeño de modo que se tenga a + v = a + tei ∈ U .
Luego tenemos
αj =
0
si
i 6= j
t
si
i = j)
f (a + tei ) = f (a) + (A1 0 + · · · + Ai t + · · · + 0An ) + r(tei ) donde
lı́m r(tei ) tei →0 ktei k
=0
lı́m
ó
t→0
r(tei ) ktk
= 0.
f (a + tei ) − f (a) t
= = =
haciendo
t −→ 0,
se tiene
cada derivada parcial de Sea
∂f ∂xi
f
v = (α1 , · · · , αn ) ∈ Rn
= Ai ,
como
en el punto con
a
a+v ∈U
f (a + v) = f (a) +
n X
i
r(tei ) t ktei kr(tei ) Ai + ktei kt r(tei ) Ai ± ktei k Ai +
es arbitrario entonces podemos decir que existe
siendo
∂f ∂xi
luego por
Ai αi + r(v)
= Ai . α
tenemos
donde
i=1
f (a + v) = f (a) + ⇐]
n X ∂f (a)αi + r(v) ∂xi i=1
Es inmediato, basta tomar los
∂f ∂xi
donde
lı́m
v→0
r(v) =0 kvk
lı́m
v→0
r(v) =0 kvk
2
= Ai .
Observación 0.4.1 ¾Qué debemos probar para que una función sea diferenciable?
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2da Edición
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Funciones Reales de un Vector
22
a) En la desigualdad anterior, el resto"r(v) es de nido por:
r(v) = f (a + v) − f (a) −
n X ∂f (a)αi ∂x i i=1
Esta de nición puede ser dada para cualquier función que posea derivadas parciales.
b) La esencia de la de nición de diferenciabilidad es que tomando tiene que
lı́m r(v) v→0 kvk
r(v)
de esta manera se
= 0.
Esta es la condición crucial que se debe ser veri cada (directa o indirectamente) siempre que quisiéramos probar que una función es diferenciable.
Observación 0.4.2 De v→0 lı́m r(v) kvk ya que lı́m r(v) = lı́m v→0
v→0
r(v) kvk
Proposición 0.4.4 Sea f
=0
kvk =
concluimos lı́m r(v) = 0
v→0 r(v) lı́m lı́m kvk = v→0 kvk v→0
: U ⊆ Rn −→ R
0
y a ∈ U (U , abierto)
Si f es diferenciable en el punto a ∈ U . Entonces f es continua en ese punto.
Demostración/. Supongamos que f das parciales
∂f ∂x1 (a),
··· ,
es diferenciable en
∂f ∂xn (a) tales que para todo
a ∈ U,
entonces existen las deriva-
v = (α1 ; · · · ; αn ) ∈ Rn
con
a+v ∈U
se tiene que:
f (a + v) = f (a) +
n X ∂f (a)αi + r(v) ∂xi i=1
donde
lı́m
v→0
r(v) =0 kvk
luego
f (a + v) − f (a) =
n X ∂f (a)αi + r(v) ∂xi i=1
( lı́m {f (a + v) − f (a)} = lı́m
v→0
v→0
) n X ∂f (a)αi + r(v) = 0 ∂xi i=1
lı́m f (a + v) = f (a)
v→0 Por consiguiente
f
es continua en el punto
Observación 0.4.3 La condición
lı́m r(v) v→0 kvk
r(v) =0
es un in nitésimo del orden superior a v, porque kr(v)k < kvk. signi ca que para todo
kvk < δ
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2
a.
>0
existe un
−→
r(v) kvk <
−→
kr(v)k < kvk.
2da Edición
δ>0
tal que:
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Huamaní Castro, Newton
Esto quiere decir que
Funciones Reales de un Vector
r(v) tiende a cero más rápidamente de que v . Esto es, para valores de v
su cientemente próximos de cero la norma de de la norma de superior a
v.
23
r(v)
es una fracción arbitrariamente pequeña
r(v)
A veces, esto se exprime diciéndose que
es un in nitésimo del orden
v.
Observación 0.4.4
f
es diferenciable en el punto a cuando el incremento f (a + v) − f (a)
es igual a una función lineal de v,
Pn
∂f i=1 ∂xi (a)αi
, con un resto in nitamente pequeño en
relación a v
Observación 0.4.5 Note que la validez de la a rmación v→0 lı́m r(v) kvk
=0
es independiente de
la norma adoptada en Rn .
Observación 0.4.6 La utilidad de ρ. En ciertas ocasiones es preferible usar en vez de valores de
v
a+v ∈U
tales que
f
ρ = ρ(v)
la función
de nida para los
del siguiente modo
ρ(v) =
Así pues la función
r(v)
r(v) kvk
si
v 6= 0
t
si
v = 0)
es diferenciable en el punto
parciales en ese punto y para todo
f (a + v) = f (a) +
a∈U
v = (α1 , · · · , αn ) ∈ Rn
si y solamente si posee derivadas tal que
n X ∂f (a)αi + ρ(v)kvk ∂xi i=1
a + v ∈ U,
vale
lı́m ρ(v) = 0
v→0
la demostración es inmediata.
Observación 0.4.7
f
es diferenciable en el punto a si y solamente si la función ρ = ρ(v)
es continua en el punto v = 0.
Proposición 0.4.5 Sea f
: I −→ R
una función de nida en un intervalo abierto I ⊆ R.
Si f es diferenciable en a ∈ I . Entonces f es derivable en a ∈ I .
Demostración/. constante
A
Supongamos que
tal que si
t∈R
con
f
a+t∈I
es diferenciable en
a ∈ I.
Entonces existe una
se tiene
f (a + t) = f (t) + At + ρ(t),
donde
lı́m ρ = 0
v→0
f (a + t) − f (t) |t| −A=ρ t t Matemática Universitaria
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Funciones Reales de un Vector
24
o bien
t f (a + t) − f (t) −A |t| t f (a + t) − f (t) ρ=± −A t
ρ=
como
lı́m ρ = 0
v→0
luego tenemos
f (a + t) − f (t) =A v→0 t
f 0 (a) = lı́m
como
A
f 0 (a)
existe,
existe.
Nótelo que: lı́m ρ = 0
si y solamente si
v→0
Ya vimos que si
f
A = f 0 (a)
es diferenciable en el punto
a, entonces f
parciales en ese punto, ahora mostraremos que vector
v = (α1 , · · · , αn )
f
es continua en
a y posee derivadas
tiene derivada direccional según cualquier
y además vale la fórmula
∂f ∂f ∂f (a) = (a)α1 + · · · + (a)αn ∂v ∂x1 ∂xn
Proposición 0.4.6 Sea f
: U −→ R (U ⊆ Rn
abierto) y a ∈ U .
Si f es diferenciable en el punto a ∈ U . Entonces f tiene derivada direccional en a según cualquier v = (α1 , · · · , αn ) ∈ Rn y que se cumple n
X ∂f ∂f (a) = (a) · · · αi . ∂v ∂xi i=1
Demostración/.
Supongamos que
∂f , ∂x (a) n
tal que para todo
∂f ∂x1 (a), · · ·
f (a + v) = f (a) +
f
es diferenciable en el punto
v = (α1 , · · · , αn ) ∈ Rn
n X ∂f (a)αi + ρ(v)kvk ∂x i i=1
a ∈ U.
se tiene con
Entonces existen
a+v ∈U
lı́m ρ(v) = 0
v→0
de donde
n
f (a + tv) − f (a) X ∂f = (a)αi ± ρ(tv)kvk t ∂xi i=1 haciendo
t −→ 0,
se tiene
n
X ∂f ∂f (a) = (a) · αi . ∂v ∂xi i=1 en resumen como
v ∈ Rn
es arbitrario y que existen
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∂f ∂xi (a) se concluye que
f
tiene derivada
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Huamaní Castro, Newton
direccional en el punto
a
Proposición 0.4.7 Sea
Funciones Reales de un Vector
según cualquier
25
v ∈ Rn .
f : U ⊆ Rn −→ R
una función diferenciable en U . Entonces
n la derivada direccional, ∂f ∂v , en cualquier punto de U depende linealmente de v ∈ R , esto
signi ca que: ∂f ∂λv ∂f ∂(v + w)
Demostración/.
Sea
a ∈ U
∂f , ∂v ∂f ∂f + . ∂v ∂w
= λ =
por hipótesis en particular
∂f por la proposición(4,6) se tiene que ∂λv
=
f
es diferenciable en
a,
luego
Pn
∂f i=1 ∂xi (a)αi para todo tal que para todo
v = (α1 , · · · , αn ) ∈ Rn . Sea
v = (α1 , · · · , αn ) ∈ Rn
y
λ ∈ R.
Luego
n
X ∂f ∂f (a) = (a)αi ∂λv ∂xi i=1
como
a
es cualquier punto de
U,
= λ
n X ∂f (a)αi ∂x i i=1
= λ
∂f (a) ∂v
implícitamente podemos escribir
∂f ∂f = λ (a). ∂λv ∂v Sea
v = (α1 , · · · , αn )
y
w = (β1 , · · · , βn ) ∈ Rn . n
X ∂f ∂f (a) = (a)(αi + βi ) ∂(w + v) ∂xi i=1
=
n n X X ∂f ∂f (a)αi + (a)βi ∂xi ∂xi i=1 i=1
=
∂f ∂f (a) + (a). ∂w ∂v
Así pues
∂f ∂f ∂f = + . ∂(v + w) ∂v ∂w
2 Una propiedad relevante de las funciones diferenciables esta dada por
Proposición 0.4.8 U −→ Rn
(Regla de la cadena). Sean U ⊆ Rm , V ⊆ Rn
abiertos, f = (f1 ), · · · , fn ) :
tal que f (U ) ⊂ V y g : V −→ R.
Si cada función coordenada fk : U −→ R es diferenciable en el punto a ∈ U y g es diferen-
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26
ciable en el punto b = f (a) y sus derivadas parciales son: n
X ∂g ∂g ◦ f ∂fk = (b) (a) ∂xi ∂yk ∂xi k=1
Demostración/. Consideremos U0 = {v = (α1 , · · · , αn ) ∈ Rn : a + v ∈ U }. Para v ∈ U0 y k = 1, · · · , n
tenemos
fk (a + v) = fk (a) +
donde cada
ρk = ρk (v)
n X ∂f (a)αi + ρk (v)kvk ∂xi i=1
es una función continua, de nida en
...(♠)
U0
que se anula cuando
w = (β1 , · · · , βn ) : U0 −→ Rn ,
Consideremos a la aplicación continua
v = 0.
cuyas funciones
coordenadas son de nidas por
βk (v) =
n X ∂fk i=1
∂xi
(a)αi + ρk (v)kvk
adoptando la norma de la suma tenemos
|αi | kvk
≤1
si
...(♣)
v 6= 0
luego
m
m
X
∂fk
|βk (v)| X
∂fk
|αi |
+ M0 ≤ + |ρ (v)| ≤ (a) (a) k
∂xi
∂xi
kvk
kvk i=1 i=1 Así
|βk (v)| es acotada debido a que kvk
∂f
∂xi (a)
son números,
|αi | kvk
≤1
y
ρk (v)
es continua. De
esto se sigue que
!
n n m
kwk X |βk | X X
∂f 0
= ≤
∂xi (a) + M = M kvk kvk i=1 k=1
O sea que
M
kwk kvk es una función limitada en una vecindad del punto
para todo
Escribiendo de
g
k=1
0 6= v ∈ U0 ).
gf
en vez de
en el punto
g◦f , podemos a rmar en virtud de (♣), (♠) y de la diferenciabilidad
b = f (a)
que para todo
v ∈ U0 ,
gf (a + v) = g(b + w) = g(b) +
se cumple
n X ∂g(b) k=1
donde a que
v = 0 (es decir | kwk kvk − 0| <
σ(w) = σ(w(v)) βk (0) = 0,
luego
∂xk
· βk + σ(w) · kwk
es una función real continua que se anula en el punto
v = 0,
debido
w(0) = 0, σ(w = 0) = 0.
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Usando la de nición de
gf (a + v)
=
=
Funciones Reales de un Vector
βk ,
obtenemos
"m # n X ∂g(b) X ∂fk (a) gf (a) + · αi + ρk (v) · kvk + σ · kwk ∂xk i=1 ∂xi k=1 ) ( n n m X X X ∂g(b) ∂fk (a) ∂g(b) · αi + ρk · kvk + σkwk gf (a) + ∂xk ∂xi ∂xk i=1 k=1
k=1
=
27
gf (a) +
m X
Ai · αi + R
i=1
donde
Ai =
Pn
∂g(b) ∂fk (a) y k=1 ∂yk ∂xi
R=
Pn
∂g(b) k=1 ∂xk (ρk
· kvk) + σ · kwk
luego
n
X ∂g(b) R kwk = ρk + σ · kvk ∂yk kvk k=1
Cuando y que
v
tiende a cero, sabemos que cada
lı́m σ = 0.
v−→0
el punto
a
Se sigue que
lı́m R v−→0 kvk
ρk
= 0.
tiende a cero que el cociente Esto demuestra que
y sus derivadas parciales son los números
g◦f
kwk kvk es limitado
es diferenciable en
Ai .
Observación 0.4.8 Sobre la notación clásica del cálculo diferencial. Muchas veces la notación clásica del cálculo diferencial es imprecisa pero bastante sugestiva, ya que es compatible con la práctica. La notación clásica considera "y una función de vez de aplicaciones "f lleva Los puntos de escritas como variable
xi ",
U
x
en
y ."
serían escritos como
yk = yk (x).
La derivada
indicada como
x.en
”x”
y los de
V
como
”y”,
∂g◦fk ∂xi seria la "derivada de
las funciones
g ◦ fk
fk
serían
en relación a la
∂g ∂xi . La regla de la cadena seria entonces:
X ∂g ∂yk ∂g = · . ∂xi ∂yk ∂xi k
No se puede negar la elegancia nostálgica de esta formula. Está comprometida con sistemas de coordenadas, para el gusto actual más adelante presentaremos la versión intrínseca de la regla de la cadena, cuyo signi cado es independiente de las coordenadas.
Proposición 0.4.9 Si
f : U ⊂ Rn −→ R
, a + i −→ U ⊂ Rn
es un camino diferenciable en el punto a con λ(a) = b y λ(t) =
(λ1 (t), · · · , λn (t)).
es diferenciable en el punto b y si λ : ha −
Entonces la función compuesta, f ◦ λ : ha − , a + i −→ U ⊂ R, es
diferenciable en el punto a y se tiene (f ◦ λ)0 (a) =
Matemática Universitaria
n X ∂f (b) · λ0i (a) ∂x i i=1
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Huamaní Castro, Newton
Demostración/. f
Funciones Reales de un Vector
28
Es consecuencia inmediata de la regla de la cadena, ya que el papel de
desempeña el camino
λ
g
y el papel de
desempeña
f.
Éste último
f
es la función que se
tiene en esta proposición(4.9).
Observación 0.4.9 Si escribimos λ(t) = (x1 (t), · · · , xn (t)) entonces λ0 (t) =
Indicando con
df dt
dx1 dxn ,··· , dt dt
la derivada de la función compuesta t −→ f (λ(t)) = f (x1 (t), · · · , xn (t)),
la regla de la cadena asume la forma clásica. n
X ∂f dxi df = . dt ∂xi dt i=1
Proposición 0.4.10 Sean
U ⊆ Rn
un conjunto abierto, f : U −→ R diferenciable en el
punto a con f (U ) ⊂ I , g : I −→ R diferenciable en el punto b = f (a). Entonces f ◦ g : U −→ R
es diferenciable en el punto a y para cada i = 1, n se cumple ∂(g ◦ f ) ∂f (a) = g 0 (b) (a). ∂xi ∂xi
Observación 0.4.10 Se deduce de la regla de cadena que si
f : U −→ R
∂f ∂v (v)
es diferenciable en el punto
= (f ◦ λ)0 (0)
no es necesario tomar
a ∈ U,
λ(t) = a + tv .
rectilíneo podemos considerar cualquier camino punto
0,
con
λ(0) = a
y
al calcular la derivada direccional En vez de restringirnos al camino
λ : h− , i −→ U ⊆ Rn
λ0 (0) = v = (α1 , · · · , αn )
diferenciable en el
tenemos también
∂f f (λ(t)) − f (a) (a) = (f ◦ λ)0 (0) = lı́m . t−→0 ∂v t En efecto: Por la regla de la cadena
(f ◦ λ)0 (0) =
n n X X ∂f ∂f ∂f (a) · λ0i (0) = (a) · αi = (a). ∂x ∂x ∂v i i i=1 i=1
Ejemplos de funciones no diferenciables Revisemos ahora los ejemplos
4,5,6
y
7
a la luz de la de nición de diferenciabilidad. Las
funciones que examinamos fueron los siguientes
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Huamaní Castro, Newton
a)
b)
c)
d)
Funciones Reales de un Vector
xy x2 +y 2
si
x2 + y 2 6= 0
0
si
x2 + y 2 = 0
x2 y x2 +y 2
si
x2 + y 2 6= 0
0
si
(x; y) = (0; 0)
x3 y x6 +y 2
si
(x; y) 6= (0; 0)
0
si
(x; y) = (0; 0)
x3 y x4 +y 2
si
(x; y) 6= (0; 0)
0
si
(x; y) = (0; 0)
2
f : R −→ R, f (x, y) =
2
g : R −→ R, g(x, y) =
2
h : R −→ R, h(x, y) =
2
ϕ : R −→ R, ϕ(x, y) =
ninguna de estas funciones es diferenciable en le origen de
29
R2 .
En efecto.
a) De los ejemplos
(3)
y
(4)
tenemos que
f
es discontinua en el origen de
no posee derivada direccional según todo vector en el punto
(0; 0).
R2
y además
Sólo posee para
algunos.
b) Del ejemplo (5) tenemos que
v ∈ R2 , pero
g
es continua en
R2
sin embargo la derivada direccional ,
y existe
∂f ∂v (0; 0) según todo vector
∂f ∂v (0; 0), no depende linealmente de
v. c) Del ejemplo(6) tenemos que nealmente de
d) nalmente
ϕ
v
h
posee derivadas direccionales
∂h ∂v (0; 0) que depende li-
pero sin embargo no es continua en el origen.
es continua en todo el plano y admite en todos los puntos del plano de-
rivadas direccionales
∂ϕ ∂v que dependen linealmente de
de la cadena porque, considerando el camino renciable, la compuesta
ϕ ◦ λ : R −→ R
v,
pero hace contraria la regla
λ(t) = (t, t2 sen( 1t ))
y
no es derivable en el punto
λ(0) = (0; 0)
dife-
t = 0.
Estas son razones indirectas por las cuales las cuatro funciones anteriores no son diferenciables. Son razones indirectas porque utilizamos las negaciones de las proposiciones(4.5);(4.6);(4.7);(4.8) para justi car que no son diferenciables.
La razón real es que cada uno de los restos no cumple la condición,
lı́m r(v) v→0 kvk
= 0,ya
que
r(v) 1 ∂f ∂f = lı́m p f (α, β) − ·α− · β 6= 0 v→0 kvk α,β→0 ∂x ∂y α2 + β 2 lı́m
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donde las derivadas parciales son tomadas en el origen y que euclidiana del vector
30
p
α2 + β 2 = kvk
es la norma
v(α; β).
De nición 0.4.11 Una función compleja
f : U −→ C,
de nida en el abierto U ⊆ C, se
dice derivable en el punto z = x + iy ∈ U cuando existe el límite f (z + H) − f (z) = A. H→0 kHk lı́m
El cociente anterior esta siendo tomada en el sentido de los complejos. El número complejo
A = f 0 (z)
se llama la derivada de la función compleja en el punto
De nición 0.4.12 Sea
f : U −→ C
z.
una función compleja de nida en el abierto U ⊆ C y
z ∈ U.
Diremos que f es diferenciable en el punto z cuando existe una constante A tal que par todo H∈C
con z + H ∈ U se tiene donde
f (z + H) = f (z) + A.H + r(H)
Observa que la constante
lı́m
H→0
r(H) =0 |H|
A y la norma |H| son tomadas en el sentido en el sentido complejo.
Proposición 0.4.13 Sea f
: U −→ C (U ⊆ C,
f
si y solamente si
es derivable en el punto
z
f
abierto) y z ∈ U . es diferenciable en ese punto.
Demostración/. ⇒]
Supongamos
f
es derivable en el punto
z.
Entonces existe el límite
f (z + H) − f (z) = H f (z + H) − f (z) −A = lı́m H→0 H lı́m
H→0
tomemos Sea
A 0
A ∈ C.
H∈C
con
z + H ∈ C.
f (z + H) = f (z) + A · H + r(H)
Demostremos,
lı́m r(H) H→0 kHk
=0 r(H) H = kHk kHk
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f (z + H) − f (z) −A kHk
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Huamaní Castro, Newton
haciendo que
H −→ 0,
Funciones Reales de un Vector
tenemos
lı́m r(H) H→0 kHk
=0
ya que
g(H) =
31
H kHk como función es acotada
debido
H reiθ iθ p
=
= e = cos2 θ + sen2 θ = 1 ≤ 1 |g(H)| =
kHk r
Nótelo, que estamos utilizando el resultado conocido: Si
Supongamos que
que para todo
H∈C
f
g : U −→ C
es una
t→a
es diferenciable en el punto
con
y
lı́m f (z)g(z) = 0
función acotada. Entonces
⇐ ]
lı́m f (z) = 0
t→a
z+H ∈U
z.
Entonces existe una constante
A
tal
se tiene que
f (z + H) = f (z) + A.H + r(H)
donde
lı́m
H→0
r(H) =0 |H|
r(H) |H| |A| r(H) f (z + H) − f (z) = A + lı́m lı́m =A H→0 H H→0 H |H| f (z + H) − f (z) |A| =A+ H H
El segundo sumando es cero de la igualdad intermedia porque
r
reiθ
= e−iθ = r
es acotada. Por consiguiente
lı́m
H→0
r(H) H→0 kHk
lı́m
= 0
f (z+H)−f (z) existe porque H
y
A
H
kHk = existe.
Observación 0.4.11 Observe que la constante A de la diferenciabilidad de f en z coincide con la derivada de f en z f (z + H) − f (z) = A. H→0 H
f 0 (z) = lı́m
Observación 0.4.12 Sea A = a + ib, H = h + ik y r = r1 + ir2 . Entonces
f
es diferenciable en el punto
z = x + iy
si y solamente si
f (z + H) = f (z) + (ah − bk) + i(bh + ak) + r1 (H) + ir2 (H)
donde
lı́m
H→0
r1 (H) |H|
= lı́m
H→0
r2 (H) |H|
Proposición 0.4.14 Sean
= 0.
f : U ⊆ C −→ C
y sean µ, ν : U −→ R las partes real e
imaginaria de f o sea f (z) = µ(z) + iν(z), z = (x, y). La función compleja real
µ
f = µ + iν
y su parte imaginaria
ν
es derivable en el punto
z = x + iy
si y solamente si su parte
(x; y)
y satisfacen en ese punto
son diferenciables en el punto
las ecuaciones de Cauchy-Rieman.
∂µ ∂ν = ∂x ∂y Matemática Universitaria
∂µ ∂ν =− . ∂x ∂x 2da Edición
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Funciones Reales de un Vector
32
Demostración/. ⇒ ]
Supongamos que
diferenciable en
z+H ∈U
z,
f = µ + iν
es derivable en el punto
esto implica que existe
A = a + ib
z = x + iy .
tal que para todo
Entonces
f
H = h + ik ∈ C
es
con
se tiene
f (x + h; y + k) = f (x; y) + (ha − kb) + i(hb + ka) + r1 (h, k) + ir2 (h, k)
donde
lı́m (h,k)→(0;0)
r (h;k) √1 h2 +k2
=0
y
lı́m (h,k)→(0;0)
r (h;k) √2 h2 +k2
=0
luego tenemos por igualdad de com-
plejos tenemos
µ(x + h, y + k) = µ(x, y) + ha − kb + r1 (h, k)
donde
ν(x + h, y + k) = ν(x, y) + hb + ka + r2 (h, k)
donde
Así pues
µ, ν
y además
∂µ ∂y
son diferenciables en el punto
∂µ(x,y) ∂y
= −b
y
∂ν(x,y) ∂x
= b.
(x; y) = z
lı́m (h,k)→(0;0)
r (h; k) √1 =0 h2 + k 2
r (h; k) √2 =0 (h,k)→(0;0) h2 + k 2 lı́m
luego se tiene
∂µ(x,y) ∂x
Así pues cumplen las condiciones
=ay
∂ν(x,y) ∂y
∂µ ∂x
∂ν ∂y
=
=a
(= a)
y
∂ν = − ∂x (= −b) en el punto (x, y). Estas son las llamadas ecuaciones de Cauchy-Riemann.
⇐ ]
Si
µ, ν : U −→ R
son funciones diferenciables en el punto
punto las ecuaciones de Cauchy-Riemann
∂µ ∂x
=
∂ν ∂ν ∂y y ∂x
z = (x, y)
= − ∂µ ∂y
entonces podemos revertir
cada paso del argumento anterior y concluir que la función compleja punto
z = x + iy
una derivada compleja
f 0 (z)
De nición 0.4.15 La función compleja f
con
f 0 (z) =
: U −→ C
∂µ ∂x
y satisfacen en ese
f = µ + iν
− i ∂µ ∂y =
∂ν ∂y
posee en el
2
∂ν + i ∂x .
se dice holomorfa cuando posee f 0 (z)
en todos los puntos del abierto U.
0.5.
Funciones de clase
De nición 0.5.1 Una función real f
Ck : U −→ R,
de nida en el abierto U ⊂ Rn , se dice de
clase C 1 cuando existen, en cada punto x ∈ U , las derivadas parciales las n funciones
∂f ∂xi
: U −→ R,
∂f ∂x1 (x), · · ·
∂f , ∂x (x) n
y
así de nidas son continuas.
De nición 0.5.2 Diremos que una función
f : U −→ R
es de clase C k cuando posee
derivadas parciales en todos los puntos de U y que las funciones
∂f ∂x1 , · · ·
∂f , ∂x : U −→ R n
son
de clase C k−1 .
Observación 0.5.1 De la de nición (5.2) Matemática Universitaria
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Huamaní Castro, Newton
k
a) Aquí,
Funciones Reales de un Vector
es un entero
33
> 0.
b) Para completar la de nición inductiva, diremos que una función clase
C0
f : U −→ R
es de
cuando esta fuese continua.
c) Para no escribir
f
es de clase
d) Escribiremos también En otros términos denotará con
f
Ck,
f ∈ C∞
cuando
es de clase
f ∈ Ck.
usaremos la notación
C∞
f ∈ Ck
para todo
si y solo si
f ∈ Ck
k ≥ 0.
para todo
k ∈ N.
Este echo se
f ∈ C ∞.
Proposición 0.5.3 Si una función
f : U −→ R
posee derivadas parciales en todos los
puntos de U y cada una de ellas es continua en el punto c. Entonces f es diferenciable en el punto c.
Demostración/.
Por simplicidad, consideremos el caso
n = 2.
La situación general se
trata de modo análogo, apenas con notación más complicada. Fijemos
c = (a, b) ∈ U
tomemos
y tomemos
v = (h, k) ∈ Rn
con la propiedad de que
f (c + v) = f (c) + Para que de
f
v = (h, k) ∈ Rn
c+v ∈ U
y
c + v ∈ U.
∂f ∂f (c).h + (c).k + r(v) ∂x ∂y
sea diferenciable en el punto
(♦) r(v)
con la propiedad de que
...(♦) r(v) v→0 kvk
c = (a, b), demostremos que lı́m
= 0 despejando
tenemos
r(h, k) = f (a + h, h + k) − f (a, b) −
donde las derivadas parciales son evaluadas en el punto
∂f ∂f h− k ∂x ∂y
c = (a, b).
Por otro lado tenemos: Como que
U
C
pertenece al abierto
U . Entonces existe > 0 tal que B(c, ) ⊆ U ⊆ R2 , el hecho de
es abierto (en la proposición no dice nada pero se entiende tácitamente) justi ca la
existencia del
v = (h.k)
tal que
c + v ∈ U.
Para esto basta tomar
kvk =
√
h2 + k 2 <
luego
kc + v − ck = kvk < ⇒ c + v ∈ B(c, ) ⊆ U
⇒c+v ∈U
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A rmemos:
Funciones Reales de un Vector
[(a, b + k); (a + h, b + k)] ⊆ B(c, )
34
o bien
{(1 − λ)(a, b + k) + λ(a + h, b + k) : 0 ≤ λ ≤ 1} = {(a + λh; b + k) : 0 ≤ λ ≤ 1} ⊆ B(c, )
ω = (a + λh; b + k) para algún 0 ≤ λ ≤ 1. Como h2 ≤ h2 p √ k 2 + (λh)2 ≤ h2 + k 2 luego su vez implica
Sea a
kw − ck =
Por tanto
w ∈ B(c, ) ⊆ U ,
mismo modo se llega
p
k 2 + (λh)2 ≤
p
λ2 ≤ 1
f |[(a;b+k),(a+h;b+k)]
(λh)2 ≤ h2
[(a; b + k), (a + h; b + k)] ⊆ U
y del
Esto permita escribir
r(h, k) = f (a + h, b + k) − f (a, b + k) + f (a, b + k) − f (a, b) −
Como
entonces
h2 + k 2 = kc + v − ck <
por consiguiente el segmento
[(a; b), (a; b + k)] ⊆ U .
y
∂f ∂f h− k. ∂x ∂y
es continua debido a que
∂f ∂f ∂f ∂f = =h =h ∂((a + h; b + k) − (a; b + k)) ∂(h; 0) ∂(1; 0) ∂x existe en todos los puntos de
[(a; b + k), (a + h; b + k)]
por hipótesis ,teniendo presente en
los extremos como
f ((a; b + k) + t(1; 0)) − f (a; b + k) ∂f (a, b + k) = lı́m+ . ∂x t t→0 Además existe
∂f ∂((a+h;b+k)−(a;b+k)) para todo
x ∈ h(a + h; b + k), (a; b + k)i
razón del anterior. Luego por el teorema de valor medio se sigue que existe
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por la misma
θ1 ∈ h0, 1i
tal
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Huamaní Castro, Newton
Funciones Reales de un Vector
35
que
f (a + h; b + k) − f (a; b + k)
∂f ∂((a + h; b + k) − (a; b + k))
=
· ((a; b + k) + θ1 ((a + h; b + k) − (a; b + k))) ∂f ((a; b + k) + θ1 (h; 0)) ∂(h; 0) ∂f = h (a + θ1 h; b + k) ∂(1; 0) ∂f = h (a + θ1 h; b + k) ∂x =
Análogamente para
f |[(a;b),(a;b+k)]
existe
θ2 ∈ h0, 1i
f (a; b + k) − f (a; b) = k
tal que
∂f (a; b + θ2 k) ∂y
reemplazando estos valores tenemos
r(h; k) =
∂f ∂f ∂f ∂f (a + θ1 h; b + k) · h + (a; b + θ2 k) · k − h− k ∂x ∂y ∂x ∂y
luego
r(v) = kvk
∂f ∂f h ∂f + (a + θ1 h; b + k) − (a; b) √ (a; b + θ2 k)− 2 2 ∂x ∂x ∂y h +k ∂f k (a; b) √ 2 ∂y h + k2
√ √ v = (h; k) tenemos |h| ≤ kvk ≤ h2 + k 2 y |k| ≤ h2 + k 2
1 0 ≤ √h2k+k2 ≤ 1 y la continuidad de las derivadas parciales nos da Ahora para
ósea
0 ≤ √h2h+k2 ≤
∂f lı́m ((a; b) + v=(h;k)−→0 ∂x
(h; k)) =
∂f ∂f lı́m ∂x (a; b) y v=(h;k)−→0 ∂y ((a; b)
+ (h; k)) =
∂f ∂y (a; b), esto nos dice que si nos acerca-
mos por donde sea al origen el límite es el mismo. Así pues
f
es diferenciable en el punto
lı́m r(v) v−→0 kvk
= 0.
Por consiguiente
2
c = (a; b).
Proposición 0.5.4 Toda función de clase C 1 es diferenciable Demostración/.Sea
f ∈ C1
entonces
f
posee derivadas parciales en todas los puntos y
que las derivadas parciales son funciones continuas en todos los puntos, luego se sigue de la proposición(5.3) que
f
2
es diferenciable en todos los puntos.
Observación 0.5.2 Escribiendo r(v) = f (a + h; b + k) − f (a; b + k) −
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∂f ∂f · h + f (a, b + k) − f (a, b) − k ∂x ∂y
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vemos que existe
r(v) = kvk como
Funciones Reales de un Vector
θ ∈ h0, 1i
36
tal que
∂f ∂f (a + θh; b + k) − (a; b) ∂x ∂x
h + kvk
f (a, b + k) − f (a; b) ∂f k − (a, b) k ∂y kvk
h k kvk y kvk tienen valor absoluto menor que uno. El primer sumando de la igualdad
kvk −→ 0,
anterior tiene límite cero
∂f ∂x sea continua en el punto
desde que
c = (a; b).
El
segundo sumando de la igualdad anterior de la parte derecha también tiene limite cero, en virtud de la de nición de derivada , sin que sea precisamente suponer
f,
para que una función
∂f ∂y continua. Así pues,
de dos variables , sea diferenciable en un punto es su ciente que
∂f ∂f ∂x exista en una vecindad del punto y sea continua en el punto y que ∂y apenas exista en el p unto en cuestión. Para funciones de asegurada cuando
n−1
n
variables la diferenciabilidad en un punto es
de sus derivadas parciales son continuas en el punto y la derivada
parcial restante apenas exista allí.
Ejemplo 8 Un polinomio en dos variables es una función P P
aij xi y j .
: R2 −→ R
del tipo P (x, y) =
Justi que que P es de clase C ∞ .
Solución/. Todo polinomio evidentemente es una función continua y posee derivadas parciales
P
aij ixi−1 y j
y
∂P ∂y
=
P
aij jxi y j−1 ,
son funciones continuas en polinomio
P : R2 −→ R
R2
C1
por tanto
luego y por tanto son funciones continuas en
es una función de clase
P
R2
luego todo
C 1.
son polinomios, así que siendo polinomios son de
P ∈ C 2.
Repitiendo el mismo argumento , concluimos que polinomio es una función de clase
P ∈ Ck
para todo
P : Rn −→ R
del tipo
P (x) =
Proposición 0.5.5 Sean f, g : U
k , por consiguiente todo
C ∞.
A rmaciones semejantes pueden ser hechas sobre un polinomio de función
=
tales derivadas son también polinomios y por tanto
Ahora , como las derivadas parciales de clase
∂P ∂x
P
n
variables , que es una
aai1 ···in xi11 · · · xinn
⊆ Rn −→ R.
Entonces
a) Si f ∈ C k y g ∈ C k , entonces f + g ∈ C k b) Si f, g ∈ C k , entonces f g ∈ C k c) Si f, g ∈ C k , entonces f /g ∈ C k (g(x) 6= 0, para todo x ∈ Dom(g))
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Funciones Reales de un Vector
37
En forma comprimida, la suma f + g, el producto f g y el cociente f /g (Si g(x) 6= 0 para todo x en el dominio de g) de funciones f, g : U −→ R, de clase C k son funciones de clase Ck.
Demostración/. a) Si
f ∈ C0
y
f + g ∈ C0 ∂f ∂xi Si
∂g ∂xi
+
Demostraremos mediante la inducción
g ∈ C 0,
f ∈ C 1, g ∈ C 1
Si
∈ C0
o sea que
f ∈ C 2, g ∈ C 2
∂f +g ∂xi
=
∂f ∂xi
+
f, g
entonces
∂g ∂xi
∈ C 0,
∂f ∂g ∂xi , ∂xi
entonces
∈ C1
entonces
∂(f +g) ∂xi
f, g ∈ C k , entonces
C k−1 b) Si
o sea que
entonces
∂g ∂xi
∈ C1
∈ C0
luego por lo anterior
f + g ∈ C 1.
luego por el resultado último se tiene
g + f ∈ C 2.
f, g ∈ C k ,
entonces que
entonces
g + f ∈ C k−1 ...(♦)
g + f ∈ Ck
∈ C k−1 , luego por (♦) tenemos que
∂f +g ∂xi
=
∂f ∂xi ,
∂g + , ∂x ∈ i
g, f
son funciones continuas luego
gf
es continua, implica
gf ∈ C 0
Supongamos que si Sea
y
es continua, así pues
f + g ∈ Ck.
f ∈ C 0, g ∈ C 0
que
∂f ∂g ∂xi , ∂xi
∈ C0
f ∈ C k−1 , g ∈ C k−1
Demostremos si
Si
∂f ∂xi
esto implica que
esto implica que
Ahora la hipótesis inductiva si
f +g
es continua. Luego
g, f ∈
g, f ∈ C k−1
∂f C k entonces ∂x , ∂g i ∂xi
g(a + tei ) − g(a) t
entonces
∈ C k−1
gf ∈ gf ∈ C k−1
...(4)
luego
f (a + tei ) − f (a) t
=
gf (a + tei ) − gf (a)− t2
f (a)(g(a + tei ) − g(a)) − g(a)(f (a + tei ) − f (a))
Ejemplo 9 Demuéstrese que si
f
es diferenciable entonces puede ocurrir que f no es de
clase C 1 . De un contra ejemplo
Solución/. Tomemos
f : R −→ R
dada por:
f (x) =
x2 sen( 1 ) x
Veamos que
f
0
si
x 6= 0
si
x=0
es derivable en cero
t2 sen( 1t ) f (0 + t) − f (0) = lı́m =0 t→0 t→0 t t
f 0 (o) = lı́m Matemática Universitaria
2da Edición
Monografía
Huamaní Castro, Newton
Luego
f
Funciones Reales de un Vector
es diferenciable en el punto
0
38
ya que para funciones reales de una variable real; la
diferenciabilidad es el mismo que la existencia de la derivada. Como
f 0 (x)
= =
1 1 −1 2xsen( ) + x2 cos( )( 2 ) x x x 1 1 2xsen( ) + cos( ) x x
1 1 1 lı́m f 0 (x) = lı́m {2xsen( ) + cos( )} = lı́m cos( ) x−→0 x→0 x x x
x−→0
éste último limite no existe por lo que
f 0 (x)
no es continua en cero.
Así podemos decir del ejemplo que hay funciones diferenciables que no son de clase
Proposición 0.5.6 Si C k = {f C k ⊃ C k+1
Demostraremos por inducción
k = 0, C 1 ⊂ C 0
Sea
f
de claseC k } para todo k ∈ Z+ 0 . Entonces
para todo k ∈ Z+ 0.
Demostremos/. Si
: Rn −→ R : f es
C 1.
f ∈ C 1,
entonces por la proposición(5.4) se tiene
es continua esto implica que
f
f ∈ C 0.
Supongamos que se cumple para
k − 1,
es decir
C k ⊂ C k−1
Demostremos que se cumple para
Sea
f ∈ C k+1 ,
es diferenciable, luego se sigue que
k , C k+1 ⊂ C k
entonces
∂f ∈ C (k+1)−1 = C k ∂xi ⇒
∂f ∈ C k−1 ∂xi
⇒
f ∈ Ck.
por la hipótesis inductiva
Observación 0.5.3 ¾Quién esta en quién? a) Es inmediato ver que
C0 ⊃ C1 ⊃ C2 ⊃ C3 ⊃ · · · ⊃ Ck · · · ⊃ C∞
Así pues, si
b)
C0 ⊃ C1
f ∈ Ck
entonces
f ∈ Cn
para todo
n ≤ k.
es una inclusión estricta.
Matemática Universitaria
2da Edición
Monografía
Huamaní Castro, Newton
Funciones Reales de un Vector
39
En efecto. Tomemos
f (x) =
x2 sen( 1 ) x 0
es inmediato ver que sin embargo
f
es continua en
R,
si
x 6= 0
si
x=0
,
luego será continua en
U,
por lo que
f ∈ C0
f 0 (x) en cero no es continua por lo que f ∈ / C k . En general son inclusiones
estrictas.
Proposición 0.5.7 Sean
, V ⊂ Rn abiertos f = (f1 , · · · , fn ) : U −→ Rn tal que
U ⊂ Rm
y bg : V −→ R.
f (U ) ⊂ V
Si cada función coordenada fj : U −→ R es de clase C k y si g es una función de clase C k . Entonces la función compuesta g ◦ f : U −→ R es de clase C k .
Demostración/. Demostremos, mediante la inducción. Si
k = 0.
Entonces
implica que
g
fj : U −→ R
son funciones continuas luego
es continua se sigue que
Supongamos que se cumple para
g◦f
es continua, osea que
k − 1, es decir si fj ∈ C k−1
y
f
es continua y también
g ◦ f ∈ C 0.
g ∈ C k−1
entonces
g ◦ f ∈ Ck.
...(♦) Demostremos para
Por la proposición(5.4)
g
proposición es trivial si
k = 0)
para todo
i = 1, · · · , m
k ,(fj ∈ C k−1
y cada
y todo
fj
y
g ∈ Ck
entonces
g ◦ f ∈ Ck.
son diferenciables (estamos suponiendo
)
k ≥1
pues la
luego podemos aplicar la regla de la cadena según el cual
x∈U n
X ∂g ∂(g ◦ f ) ∂fj (x) = (f (x)) (x) ∂xi ∂y ∂xi j j=1 o sea, vale la igualdad de funciones
n
∂(g ◦ f ) X = ∂xi j=1 Como para cada
fj ∈ C k
∂g ◦f ∂yj
·
∂fj ∂xi
j = 1, n, la función compuesta
...(4)
∂g ∂yj
◦f
es de clase
C k−1
ya que por hipótesis
∂g ∂g f ∈ C k ⊂ C k−1 y que ∂y ∈ C k−1 se sigue de (♦) que ∂y ◦f ∈ C k−1 el mismo j j ∂fj ∂fj k−1 k k−1 para todo i, ya que f ∈ C ⊂ C . Como el producto de ∂xi ∂xi ∈ C
luego
ocurre con
funciones de clase
C k−1
es también esta clase, así pues cada término de la suma anterior
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(4)
Monografía
Huamaní Castro, Newton
es de clase de
g◦f
C k−1 ,
luego la suma también es de clase
son de clase
C k−1 ,
a) El producto interno
n
f : Rm × Rm −→ R, f (x, y) =
g : Rn −→ R
g(x) = kxk2 =
dada por
xi yi
siendo un patrimonio con
P
x2i ,
por ser también un polinomio
C ∞.
variables es de clase
C∞
P
C ∞.
h : Rn −→ R
c) Demuéstrese que la norma euclidiana clase
Así todas las derivadas parciales
g ◦ f ∈ Ck.
variables, es una función de clase
b) La función en
por tanto
C k−1 .
40
C∞
Ejemplos de clase
2m
Funciones Reales de un Vector
con
h(x) = kxk =
pP
x2i
es de
Rn − {0}
en
En efecto. Demostrar que
h ∈ C∞
es hacer ver ver que
h ∈ Ck
para todo
k ∈ Z+ 0,
lo que nos
hace demostrar por inducción. Para
k = 0,
es evidente pues
h
es continua en
Rn
en particular
Rn − {0}
a si que
h ∈ C 0. Para
k = 1,
como
∂h ∂xi (x)
Rn − {0},debido
a que
k = 2.
∂h ∂xi
Para
como
π ∈ C0
=
es también de la clase,π
(k = 1),
así pues
xi = √P
π h
y
∈ C 1,
∈ C1
x2i
=
π(x) kxk
=
π(x) ∂h h(x) luego ∂xi
k.k = h ∈ C 0 .
=
pues es un polinomio y
π h es continua en
h ∈ C 1.
h ∈ C1
por el resultado anterior
k − 1,
es decir
h ∈ C k−1
h ∈ Ck
π h , pero como
π ∈ C k−1
ser un polinomio, luego el cociente
Rn − {0},
=
h ∈ C k−1 .
Demostremos que
∂h ∂xi
π k.k
por que el cociente de funciones es de la misma clase
Supongamos que se cumple para
Como
Así pues
=
por tanto
h ∈ Ck,
π h
y
h ∈ C k−1
∈ C k−1
por tanto
en
por hipótesis inductiva y el
Rn − {0},
ósea que
∂h ∂xi
π
por
∈ C k−1
en
h ∈ Ck.
Observación 0.5.4 ¾Cómo? a) En el origen, la norma euclidiana no es diferenciable, ni siquiera existen las derivadas parciales
∂h f (0 + tei ) − f (0) (0) = lı́m = t→0 ∂xi t Matemática Universitaria
2da Edición
√
t2 |t| = = ±1 t t Monografía
Huamaní Castro, Newton
∂h ∂xi (0+)
es decir
f∈ / C1
Funciones Reales de un Vector
∂h ∂xi (0−)
=1
mucho menos
41
= −1 (derivadas parciales laterales diferentes), por tanto
f∈ / C k , k ≥ 2 ya que C 0 ⊃ C 1 ⊃ C 2 ⊃ C 3 ⊃ · · · ⊃ C k · · · ⊃ C ∞ .
b) En cuanto a las normas que no proviene de un producto interno, estas pueden pueden no ser diferenciables en los puntos la suma
ξ(x, y) = |x| + |y|.
x 6= 0.
En los puntos
∂ξ (x, 0) ∂y
= = =
debido a que
0.6.
lı́mt→0+
|t| t
(x, 0)
no existe
la norma de
∂ξ ∂y ya que
lı́m
t→0
(0, y),
pero en estos puntos no existe
∂ξ ∂x
ξ((0; y) + te1 ) − ξ(0; y) t |y| + |t| − |y| lı́m t→0 t |t| lı́m t→0 t lı́m
t→0
= 1 y lı́mt→0−
|t| t
= −1(las derivadas laterales son diferentes.)
La diferencial de una función.
X
Antes recordemos. Si
es un espacio vectorial sobre
K (K = R
funcional lineal como una aplicación lineal del espacio vectorial decir
ξ : R2 −→ R
ξ((x; 0) + te2 ) − ξ(x; 0) t |t| = lı́m t→0 t
=
También lo mismo ocurre en los puntos
∂ξ(0, y) ∂x
Por ejemplo, sea
f
es una funcional lineal si
x, y ∈ X
y
f : X −→ K
y
X
ó
C),
se de ne una
al campo escalar
f (αx + βy) = αf (x) + βf (y)
K,
es
para todo
α, β ∈ K.
Al conjunto
X ∗ = {f : X −→ R : f se llama espacio dual de
X.
La derivada de un camino derivada de una función
es funcional lineal}
f : R −→ Rn
f : Rn −→ R
es un vector. En la situación dual, el papel de
es desempeñado por una funcional lineal, conforme
mostraremos ahora.
De nición 0.6.1 Sea f
: U −→ R de nida en el abierto U ⊆ Rn
y diferenciable en el punto
a ∈ U.
La diferencial de f en el punto a es la aplicación df (a) : Rn −→ R cuyo valor en el vector
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2da Edición
Monografía
Huamaní Castro, Newton
v = (α1 , · · · , αn ) ∈ Rn
Funciones Reales de un Vector
42
es dado por n
X ∂f (a) ∂f (a) = · αi ∂v ∂xi i=1
df (a) · v =
Proposición 0.6.2 Sea f
: U ⊂ Rn −→ R
diferenciable en el punto a ∈ U .
Si df (a) es la diferencial de f en el punto a. Entonces df (a) es una funcional lineal.
Demostración/. Para demostrar que
Rn
en
R
y que
df (a)
df (a)
df (a)
es una aplicación de
es lineal.
Por la de nición tenemos y
es funcional lineal basta hacer ver que
df (a) : Rn −→ R.
Sean
x = (α1 , · · · , αn )
y
y = (β1 , · · · , βn ) ∈ Rn
λ, θ ∈ R.
df (a).(λx + θy)
=
n X ∂f (a)(λαi + θβi ) ∂x i i=1
= λ
n n X X ∂f ∂f (a) · αi + θ (a) · βi ∂xi ∂xi i=1 i=1
= λdf (a).x + θdf (a).y
Por consiguiente
df (a)
es lineal.
Observación 0.6.1 Los cálculos anteriores son innecesarios ya que si
f
es diferenciable en el punto
(α1 , · · · , αn ) ∂f ∂v (a)
+
a,
∂f ∂v (a)
entonces
∂f y ∂v (a) depende linealmente de
v
=
Pn
∂f es decir ∂λv (a)
∂f ∂w (a), por lo que es inmediato concluir que
df (a)
∂f i=1 ∂xi (a)
=
· αi
donde
v =
∂f λ ∂f ∂v (a) y ∂(w+v) (a)
=
es funcional lineal.
Convenimos. Como
df (a)
es funcional lineal, luego
que posee una matriz
1×n
Identi caremos el funcional
df (a)
en relación a la base canónica de
df (a)
f : U −→ R
y
U,
obtenemos una aplicación
R.
∂f ∂f (a), · · · , (a) ∂x1 ∂xn
es diferenciable en todo punto de
df : U −→ (Rn )∗ = £(Rn ; R)
Rn
con su matriz, es decir
df (a) =
Cuando
es una transformación lineal, lo que nos asegura
que asocia a cada punto
x∈U
el funcional
df (x)
cuya matriz
es
Matemática Universitaria
∂f ∂f (x), · · · , (x) . ∂x1 ∂xn
2da Edición
Monografía
Huamaní Castro, Newton
Funciones Reales de un Vector
43
Problemas. a) Elabore un mecanismo para representar geométricamente una función de
b) Averigüe si la función de nida por
f (x; y) =
p
x2 + y 2
R2
a
R.
es diferenciable en el origen
c) La derivada direccional parece una extensión natural de la derivada de una función real de variable real, hay algunas propiedades importantes de ésta que no se conservan esta extensión. Mencione por lo menos una de ellas.
d) Determinase
∂f ∂v en todo punto de
R3
según
v=
√1 (2; −1; 1).Donde 6
f (x; y; z) = x2 +
a,
demuéstrese que
y2 + z3 . e) Si
f
es diferenciable sobre
∂f ∂v (a) f ) Sea
f
=0
a
para toda dirección
la función de
R2
en
R
f
y
tiene un máximo relativo en
v.
de nida por
f (x; y)
=
x2 y , y 2 + x4
f (0; 0)
=
0
(x; y) = (0; 0)
¾Analice la existencia de la derivada direccional en el origen según cualquier dirección ?
f
g) Averigüe si la función
de nida por
f (x; y)
=
(x2 + y 2 )sen
f (0; 0)
=
0
r
1 y 2 + x2
,
(x; y) = (0; 0)
tiene derivadas parciales continuas en el origen.
h) Si
f (x; y) =
x2 y x2 +y 2 , determinase
df ((1; 2)) · ( 12 ; 14 ).
transformación lineal
1×2
evaluada
en un punto.Está transformación lineal,
df (a) =
se le llama también en
x"ó
gradiente de f
"gradiente de
f
en
∂f ∂f (x), · · · , (x) ∂x1 ∂xn en
x
y se denota por
∇f (x)
y se lee "nabla de
f
x".
i) Una caja rectangular sin tapa ha de tener una super c1e de área
30m2 .
Determinar
las dimensiones de la caja de máximo volumen.
Matemática Universitaria
2da Edición
Monografía
Huamaní Castro, Newton
Funciones Reales de un Vector
44
j) El problema de determinar los valores máximo y mínimo relativo de una función real sólo de
R2
en
R
La función
B(a, )
con seguridad es con la siguiente de niciones.
f R2 −→ R
tiene un máximo relativo en el punto
tal que, para todo
a
si existe una bola
a ∈ dom(f ) ∩ B(a, ), f (x) ≤ f (a).
Un mínimo relativo se de ne de modo análogo. Los valores extremos de una función son los máximos y mínimos relativos de la función.
Los puntos donde todas las derivadas parciales de
f
son cero o no existen se llaman
puntos críticos de f . Así pues, que los valores extremos de una función de nida sobre un conjunto abierto pueden ocurrir solamente en los puntos Determinar los valores extremos de la función de nida por
f (x, y) = 2x2 + 4xy + 5y 2 + 2x − y
Solución/. Como ∂f f (x; y) = 4x + 4y + 2 ∂x ∂f f (x; y) = 4x + 10y − 1, ∂(y) ∂f ∂f ∂x f y ∂y f existen en todos los puntos de
(−1; 21 ) donde
y, por tanto, el único punto crítico es
∂f ∂f ∂x f y ∂x f son cero. Por tanto, si tiene algún valor extremo, tal extremo
debe ocurrir en el punto el valor mínimo de
f.
(−1; 21 )
y ser
f (−1; 12 ) = − 45 .
Podemos demostrar que
− 54
es
Por una rotación de los ejes.
2x2 + 4xy + 5y 2 + 2x − y
Así pues,
R2
f (x, y) ≥ − 54
para todo
√ = x02 + 6y 02 − 5x0 √ !2 5 5 0 = x − + 6y 02 − . 2 4
(x; y) ∈ R2
y, por tanto,
− 45
es el valor mínimo de
f. Sin embargo, la función no necesariamente tiene un valor extremo en cada uno de sus puntos críticos; como podrás ver al desarrollar el siguiente ejemplo. Determine cualquier valor extremo de
Matemática Universitaria
f
de nida por
2da Edición
f (x, y) =
x2 3
−
3y 2 16 .
Monografía
Huamaní Castro, Newton
Funciones Reales de un Vector
45
Evaluación. a) En general, una función de
R2
a
R
puede representarse geométricamente localizando
los conjuntos de puntos donde la función tiene el mismo valor y marcándolos con tal valor. Estos conjuntos se llaman correspondiente a un número
c
curvas de nivel
es el conjunto
de la función. La curva de nivel
{(x; y)|f (x; y) = c}.
b) Es continua en el origen, pero no es diferenciable allí.
c) Por ejemplo, una función puede tener en un punto derivadas direccionales en todas las direcciones y, sin embargo, no ser continua en ese punto.
d)
∂f ∂v (x; y; z)
=
√1 (2x 6
− y + z).
e) /.
f ) Si existe la derivada direccional en el origen según cualquier dirección.
g) Es diferenciable en el origen, pero no tiene derivadas parciales continuas en el origen.
h)
df ((1; 2)) · ( 12 ; 41 ) =
29 100
i) largo=ancho=altura=10m
j)
(0; 0)
es punto crítico. Luego
Matemática Universitaria
(0; 0)
se denomina punto de ensilladura de
2da Edición
f.
Monografía
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