Funciones Reales de un Vector

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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

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c = (a, b) ∈ U ∂f (c) ∂x

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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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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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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

Funciones Reales de un Vector

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

Funciones Reales de un Vector

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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Funciones Reales de un Vector

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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Funciones Reales de un Vector

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.

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R2

según cualquier

solución/.

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Funciones Reales de un Vector

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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2da Edición

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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

Monografía


Huamaní Castro, Newton

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

Matemática Universitaria

2da Edición

∂f ∂f ∂x1 (a), ∂x2 (a),

∂f · · · , ∂x (a), n

Monografía


Huamaní Castro, Newton

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?

Matemática Universitaria

2da Edición

Monografía


Huamaní Castro, Newton

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

Matemática Universitaria

2

a.

>0

existe un

−→

r(v) kvk <

−→

kr(v)k < kvk.

2da Edición

δ>0

tal que:

Monografía


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

2da Edición

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Huamaní Castro, Newton

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

Matemática Universitaria

2da Edición

∂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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Funciones Reales de un Vector

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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Huamaní Castro, Newton

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

2da Edición

Monografía


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

Matemática Universitaria

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Monografía


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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Huamaní Castro, Newton

Funciones Reales de un Vector

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

Matemática Universitaria

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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2da Edición

Monografía


Huamaní Castro, Newton

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

Matemática Universitaria

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por la misma

θ1 ∈ h0, 1i

tal

Monografía


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) −

Matemática Universitaria

∂f ∂f · h + f (a, b + k) − f (a, b) − k ∂x ∂y

2da Edición

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Huamaní Castro, Newton

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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2da Edición

Monografía


Huamaní Castro, Newton

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

Matemática Universitaria

2da Edición

(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

Matemática Universitaria

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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Haaser, LasSalle, Sullivan

Análisis matemático 2 .

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Editorial trillas.(1971)


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