Cálculo Diferencial: Teoría y Problemas 9788437085784

Table of contents :
Portada
Prefacio
Capitulo I: Espacios Euclideos de Dimension Finita
La Geometria Euclidea del Espacio R^n
El Espacio Metrico R^n
Convergencia en R^n
Compacidad en R^n
Subconjuntos Convexos de R^n
Problemas
Capitulo II: Funciones Continuas de Varias Variables
Funciones entre Espacios Euclideos de Dimension Finita
Limites de Funciones
Continuidad
Continuidad Uniforme
Funciones Convexas
Problemas
Capitulo III: Diferenciacion de funciones
Derivadas Direccionales y Diferencial
La Regla de la Cadena
El Teorema del Valor Medio y sus Consecuencias
Curvas en R^n
Campos Vectoriales
Las Diferenciales de Frechet y de Gateaux
Problemas
Capitulo IV: Derivadas de Orden Superior. Maximos y Minimos
Derivadas de Orden Superior
Algunas Ecuaciones de la Fisica
La Formula de Taylor
Extremos Locales de Funciones de Varias Variables
Funciones Convexas Diferenciables
Problemas
Capitulo V: Los Teoremas de la Funcion Inversa e Implicita
Funciones con Determinante Jacobiano no Nulo
El Teorema de la Funcion Inversa
El Teorema de la Funcion Implicita
Problemas
Capitulo VI: Variedades y Extremos Condicionados
Variedades Diferenciables en R^n
Extremos Condicionados
Problemas
Capitulo VII: Solucion de los Problemas
Solucion de los Problemas del Capitulo I
Solucion de los Problemas del Capitulo II
Solucion de los Problemas del Capitulo III
Solucion de los Problemas del Capitulo IV
Solucion de los Problemas del Capitulo V
Solucion de los Problemas del Capitulo VI
Bibliografia
Indice Analitico

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CÁLCULO DIFERENCIAL TEORÍA Y PROBLEMAS

CÁLCULO DIFERENCIAL TEORÍA Y PROBLEMAS José M. Mazón Ruiz

UNIVERSITAT DE VALÈNCIA 2008

Colección: Educació. Laboratori de Materials, 17 Director de la colección: Guillermo Quintás Alonso

Este texto ha sido publicado en el marco de los programas desarrollados dentro de la «Convocatoria del Ministerio de Educación y Ciencia para la financiación de la adaptación de las instituciones universitarias al Espacio Europeo de Educación Superior» (septiembre de 2006)

© El autor, 2008 © De esta edición: Universitat de València, 2008

Maquetación: El autor Diseño de la cubierta: Celso Hernández de la Figuera

ISBN: 978-84-370-8578-4

A mis padres y, por supuesto, a Fuensanta

Il libro della natura é scritto in lingua matematica Galileo Galilei

Nada ocurrirá en el mundo sin que destaque, de alguna manera, la presencia de una regla máxima o mínima Leonhard Euler

If people do not believe that mathematics is simple, it is only because they do not realize how complicated life is John von Neumann

´Indice Prefacio

13

Cap´ıtulo I: Espacios Eucl´ıdeos de Dimensi´ on Finita n 1.1 La Geometr´ıa Eucl´ıdea del Espacio R . . . . . . 1.2 El Espacio M´etrico Rn . . . . . . . . . . . . . . . 1.3 Convergencia en Rn . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.4 Compacidad en Rn . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.5 Subconjuntos Convexos de Rn . . . . . . . . . . . 1.6 Problemas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

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15 15 19 23 25 27 31

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35 35 38 43 45 47 54

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59 59 70 76 81 84 89 92

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Cap´ıtulo II: Funciones Continuas de Varias Variables 2.1 Funciones entre Espacios Eucl´ıdeos de Dimensi´on Finita 2.2 L´ımites de Funciones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.3 Continuidad . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.4 Continuidad Uniforme . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.5 Funciones Convexas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.6 Problemas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Cap´ıtulo III: Diferenciacion de funciones 3.1 Derivadas Direccionales y Diferencial . . . . . . . 3.2 La Regla de la Cadena . . . . . . . . . . . . . . . 3.3 El Teorema del Valor Medio y sus Consecuencias 3.4 Curvas en Rn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.5 Campos Vectoriales . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.6 Las Diferenciales de Fr´echet y de Gˆateaux . . . . 3.7 Problemas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11

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´INDICE

12 Cap´ıtulo IV: Derivadas de Orden Superior. M´ aximos mos 4.1 Derivadas de Orden Superior . . . . . . . . . . . . . . 4.2 Algunas Ecuaciones de la F´ısica . . . . . . . . . . . . 4.3 La F´ormula de Taylor . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.4 Extremos Locales de Funciones de Varias Variables . 4.5 Funciones Convexas Difenciables . . . . . . . . . . . . 4.6 Problemas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

y Mini. . . . . .

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Cap´ıtulo V: Los Teoremas de la Funci´ on Inversa e Implicita 5.1 Funciones con Determinante Jacobiano no Nulo . . . . . . . 5.2 El Teorema de la Funci´on Inversa . . . . . . . . . . . . . . . 5.3 El Teorema de la Funci´on Impl´ıcita . . . . . . . . . . . . . . 5.4 Problemas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

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99 99 104 110 119 130 133

139 . 139 . 145 . 149 . 155

Cap´ıtulo VI: Variedades y Extremos Condicionados 159 n 6.1 Variedades Diferenciables en R . . . . . . . . . . . . . . . . . 159 6.2 Extremos Condicionados . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 167 6.3 Problemas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 175 Cap´ıtulo VII: Soluci´ on de los Problemas 7.1 Soluci´on de los Problemas del Cap´ıtulo 7.2 Soluci´on de los Problemas del Cap´ıtulo 7.3 Soluci´on de los Problemas del Cap´ıtulo 7.4 Soluci´on de los Problemas del Cap´ıtulo 7.5 Soluci´on de los Problemas del Cap´ıtulo 7.6 Soluci´on de los Problemas del Cap´ıtulo

I . II . III IV V. VI

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179 . 179 . 193 . 204 . 219 . 244 . 259

Bibliograf´ıa

279

´Indice Anal´ıtico

280

Prefacio Con la implantaci´on del plan de estudios de 1993 de la Licenciatura en Matem´aticas, en muchas universidades, entre ellas la de Valencia en la que yo trabajo, las antiguas asignaturas anuales se fragmentaron en m´odulos cuatrimestrales. Este es el caso de la antigua asignatura de An´alisis Matem´atico II, que se dividi´o en un m´odulo de An´alisis de varias variables reales y otro de Integraci´on m´ ultiple. Las notas que durante varios a˜ nos hab´ıa redactado al preparar las lecciones de la asignatura de An´alisis Matem´atico II, las tuve que rehacer para adaptarlas a los contenidos del m´odulo de An´alisis de varias variables reales. Pensando que pod´ıan ser de inter´es para los alumnos, hice el esfuerzo de redactarlas en AMSTEX. Este es el origen del presente texto, que fu´e primeramente publicado por McGraw-Hill Interamericana en 1997. De la antigua edici´on, salvo la correcci´on de erratas, s´olo ha cambiado la presentaci´on del texto que ahora es en LATEX en lugar de AMSTEX. Esta monograf´ıa, adem´as de una parte te´orica, consta de una colecci´on seleccionada de problemas con sus correspondientes soluciones completas, por lo que constituye un manual te´orico-pr´actico sobre C´alculo Diferencial de varias variables reales. Una materia tan cl´asica como la tratada en este texto se presta poco a la originalidad, no obstante, esperamos haber aportado nuestra visi´on personal y nuestra experiencia en esta materia. Los u ´nicos prerrequisitos necesarios para seguir este texto son el c´alculo de funciones de una variable real y algunos rudimentos de a´lgebra lineal. Los conocimientos necesarios sobre el espacio eucl´ıdeo n-dimensional los hemos desarrollado en el primer cap´ıtulo. As´ımismo, hemos dedicado el cap´ıtulo segundo al estudio de las funciones continuas de varias variables, dedicando un u ´ltimo apartado a las funciones convexas. Con todo este material topol´ogico, ya se puede abordar en el Cap´ıtulo 3 el concepto central del texto, el de diferencial. Aunque estudiamos dicho concepto para funciones entre espacios eucl´ıdeos finito-dimensionales, dedicamos un u ´ltimo apartado, a introducir 13

Prefacio

14

las diferenciales de Fr´echet y de Gˆateaux para funciones entre espacios normados. Dedicamos el Cap´ıtulo 4 a las derivadas de orden superior y al estudio de los extremos locales de funciones de varias variables. En este cap´ıtulo hemos dedicado un apartado a introducir algunas ecuaciones de la f´ısica matem´atica, para motivar el estudio de las derivadas parciales. En el Cap´ıtulo 5 establecemos dos de los teoremas m´as importantes del c´alculo diferencial, los Teoremas de la funci´on inversa e impl´ıcita. En el sexto y u ´ltimo cap´ıtulo de la parte te´orica, introducimos el concepto de variedad diferenciable en espacios eucl´ıdeos finito-dimensionales y los de espacio tangente y normal para, con la ayuda de los mismos, estudiar los problemas de extremos condicionados por medio de los multiplicadores de Lagrange. Aunque es posible hacer este estudio sin la necesidad del concepto de variedad diferenciable, pensamos que es interesante hacerlo as´ı por dos motivos: primero para introducir al alumno en el importante concepto de variedad diferenciable y, segundo, porque la dificultad es an´aloga, ya que radica en la aplicaci´on del Teorema de la funci´on impl´ıcita. Finalmente, damos las soluciones detalladas de todos los problemas propuestos en los cap´ıtulos anteriores. Hemos intentado hacer este texto tan concreto y orientado al alumno como nos ha sido posible, lo que nos ha llevado a omitir algunos temas te´oricos m´as sofisticados. Asimismo, hemos incluido algunas ilustraciones del ´area de la f´ısica y de la econom´ıa, para que el alumno vaya viendo la gran importancia del An´alisis en las aplicaciones a otras ramas de la ciencia. Agradezco la colaboraci´on de mis colegas y amigos F. Andreu, R. Crespo y J. Toledo, por sus correcciones y comentarios sobre el primer manuscrito.

Valencia, Primavera de 2008 Jos´e M. Maz´on Ruiz

Cap´ıtulo I Espacios Eucl´ıdeos de Dimensi´ on Finita En este cap´ıtulo estudiamos el espacio eucl´ıdeo n-dimensional, espacio que ser´a la base de todo el desarrollo posterior. Muchos de los resultados que damos se pueden establecer, pr´acticamente con la misma demostraci´on, en el contexto m´as general de los espacios m´etricos.

1.1

La Geometr´ıa Eucl´ıdea del Espacio Rn

En esta secci´on veremos que la geometr´ıa eucl´ıdea del plano y del espacio tridimensional se pueden generalizar al espacio Rn . Como conjunto, Rn es la colecci´on de todas las n-tuplas ordenadas de n´ umeros reales. Es decir, Rn := {(x1 , x2 , . . . , xn ) : xi ∈ R}. Frecuentemente, a los elementos de Rn se les denomina vectores. Es f´acil comprobar que Rn con las operaciones de suma y multiplicaci´on por un escalar definidas como (x1 , x2 , . . . , xn ) + (y1 , y2 , . . . , yn ) := (x1 + y1 , x2 + y2 , . . . , xn + yn ), y a(x1 , x2 , . . . , xn ) := (ax1 , ax2 , . . . , axn ),

con a ∈ R

es un espacio vectorial. La base can´onica de dicho espacio vectorial son los vectores: e1 := (1, 0, 0, . . . , 0), 15

16

Cap´ıtulo 1. Espacios Eucl´ıdeos de Dimensi´on Finita e2 := (0, 1, 0, . . . , 0), en := (0, 0, 0, . . . , 1),

ya que, si x = (x1 , x2 , . . . , xn ), se tiene que x = x1 e1 + x2 e2 + · · · + xn en . Para dotar de una estructura geom´etrica al espacio Rn (que incluya los conceptos de distancia, ´angulo y ortogonalidad) debemos dotar a Rn de un producto escalar. La definici´on de dicho concepto en un espacio vectorial real (todos los espacios vectoriales que consideraremos ser´an reales) general es la siguiente: Definici´ on 1.1.1 Sea E un espacio vectorial, un producto escalar en E es una funci´on de E × E en R que a cada par de vectores x, y le asocia el n´ umero x, y, satisfaciendo las siguientes propiedades: (1) x, x > 0 si x = 0, (2) x, y = y, x, (3) λx, y = λx, y, (4) x + y, z = x, z + y, z. Es f´acil comprobar que si x = (x1 , x2 , . . . , xn ), y = (y1 , y2 , . . . , yn ), la expresi´on x, y :=

n 

x i yi

i=1

define un producto escalar en Rn que ser´a el que utilizaremos en dicho espacio aunque es posible definir otros productos escalares en Rn . En el espacio vectorial C([a, b]) de las funciones reales continuas en el intervalo [a, b], es f´acil comprobar que f, g :=

 b

f (t)g(t) dt

a

define un producto escalar. Un producto escalar ,  en un espacio vectorial E da lugar a una noci´on de longitud de un vector x ∈ E, llamada su norma, y definida como x :=



x, x.

(1.1)

En general, una norma en un espacio vectorial E es una aplicaci´on x → x de E en [0, +∞[ que satisface las siguientes propiedades:

1.1. La Geometr´ıa Eucl´ıdea del Espacio Rn

17

(1) x = 0 ⇐⇒ x = 0, (2) λx = |λ|x

∀ λ ∈ R,

(3) x + y ≤ x + y (Desigualdad triangular). Al par (E, .) se le denomina espacio normado. Veamos que (1.1) define una norma. Evidentemente, (1.1) satisface las propiedades (1) y (2). Para demostrar que tambi´en cumple la desigualdad triangular necesitamos probar primero la siguiente desigualdad. Proposici´ on 1.1.2 (La Desigualdad de Cauchy-Schwarz) Si ,  es un producto escalar en el espacio vectorial E y . est´a definida por (1.1). Entonces: |x, y| ≤ xy ∀ x, y ∈ E. Demostracion. Podemos suponer que x = 0 e y = 0. Si: u :=

x y y v := , x y

entonces u = v = 1. Con lo cual: 0 ≤ u − v2 = u − v, u − v = u2 − 2u, v + v2 = 2 − 2u, v. Por tanto, u, v ≤ 1, de donde se deduce que: x, y ≤ xy. Reemplazando x por −x se obtiene que: −x, y ≤ xy, con lo que queda demostrada la desigualdad.



Con respecto al producto escalar usual de Rn la desigualdad de CauchySchwarz toma la forma,  n  i=1

xi y i

2

≤

 n  i=1

xi

2

 n  i=1

yi

2



.

18

Cap´ıtulo 1. Espacios Eucl´ıdeos de Dimensi´on Finita

Veamos ahora que (1.1) satisface la desigualdad triangular. Dados x, y ∈ E, aplicando la desigualdad de Cauchy-Schwarz, tenemos que: x + y2 = x + y, x + y = x2 + 2x, y + y2 ≤ x2 + 2x y + y2 = (x + y)2 . De donde se deduce que x + y ≤ x + y. Tenemos pues que todo espacio vectorial dotado de un producto escalar es un espacio normado. Consecuentemente, Rn dotado de la norma eucl´ıdea,   n  x = x2i i=1

es un espacio normado. La norma eucl´ıdea no es la u ´nica que se puede definir en Rn . Es f´acil comprobar que las dos siguientes expresiones definen normas en Rn . xm := max{|x1 |, |x2 |, . . . , |xn |} (1.2) xs :=

n 

|xi |.

(1.3)

i=1

Generalizando el concepto de perpendicularidad en R3 , damos la siguiente definici´on. Definici´ on 1.1.3 Sea E un espacio vectorial dotado de un producto escalar , . Se dice que dos vectores x, y ∈ E son ortogonales si x, y = 0. Teniendo en cuenta la demostraci´on del la desigualdad de Cauchy-Schwarz se tiene que si x e y son ortogonales, entonces, x + y2 = x2 + y2 .

(1.4)

Es decir, se cumple el Teorema de Pit´agoras. Sean x e y dos vectores no nulos de R2 y sea θ el ´angulo entre ellos. Aplicando la ley de los cosenos de la trigonometr´ıa al tri´angulo con un v´ertice en el origen y lados adyacentes determinados por los vectores x e y, se tiene que x − y2 = x2 + y2 − 2xy cos θ.

19

1.2. El Espacio M´etrico Rn De donde se deduce que: x, y = xy cos θ.

Esta f´ormula motiva la siguiente definici´on de ´ angulo ∠(x, y) entre dos vectores no nulos x, y ∈ E, por medio de: ∠(x, y) = arccos

x, y ∈ [0, π]. xy

Observar que la definici´on de ´angulo es correcta ya que, por la desigualdad de Cauchy-Schwarz, se tiene que: x, y ∈ [−1, 1]. xy

1.2

El Espacio M´ etrico Rn

Como en el caso de funciones reales de variable real, para el estudio de la continuidad y la diferenciabilidad de funciones entre espacios eucl´ıdeos finito dimensionales es necesario tener una forma de medir la distancia entre dos vectores. Generalizando las propiedades b´asicas de la distancia entre dos puntos de la recta o del plano se tiene la siguiente noci´on abstracta de distancia. Definici´ on 1.2.1 Sea X un conjunto, una distancia en X es una funci´on de X × X en R+ que a cada par de elementos x, y ∈ X le asocia el n´ umero d(x, y), satisfaciendo las siguientes propiedades: (1) d(x, y) = 0 ⇐⇒ x = y, (2) d(x, y) = d(y, x), (3) d(x, y) ≤ d(x, z) + d(y, z)

(Desigualdad triangular).

Al par (X, d) se le denomina un espacio m´ etrico. Es f´acil ver que si . es una norma en un espacio vectorial E, entonces la funci´on: d(x, y) := x − y,

(1.5)

20

Cap´ıtulo 1. Espacios Eucl´ıdeos de Dimensi´on Finita

es una distancia en E. Consecuentemente, cada espacio normado es un espacio m´etrico. En particular, el espacio eucl´ıdeo n-dimensional Rn es un espacio m´etrico con distancia dada por:   n  d(x, y) = (xi − yi )2 .

(1.6)

i=1

Nota 1.2.2 De ahora en adelante nos vamos a restringir a trabajar en el espacio eucl´ıdeo n-dimensional Rn con la m´etrica definida por (1.6). Ahora, muchas de las nociones y resultados que daremos a continuaci´on son ciertos en el contexto m´as general de los espacios m´etricos. Adem´as, las demostraciones en este contexto m´as general no necesitan m´as esfuerzos. Definici´ on 1.2.3 Dado x ∈ Rn y ǫ > 0, se define la bola abierta de centro x y radio ǫ como el conjunto B(x, ǫ) := { y ∈ Rn : d(x, y) < ǫ}. Se define la bola cerrada de centro x y radio ǫ como el conjunto B(x, ǫ) := { y ∈ Rn : d(x, y) ≤ ǫ}. Se dice que un subconjunto V ⊂ Rn es un entorno del punto x, si existe un ǫ > 0 tal que B(x, ǫ) ⊂ V . A la familia de todos los entornos del punto x la denotaremos por Ex . Evidentemente, toda intersecci´ on finita de entornos de un punto es un entorno de dicho punto. Otra propiedad importante de los entornos es que separan puntos, en el sentido de que si x = y, existen V (x) ∈ Ex y V (y) ∈ Ey tales que V (x) ∩ V (y) = ∅. En efecto: Como x = y, r := d(x, y) > 0. Entonces, si V (x) := B(x, r/2) y V (y) := B(y, r/2), se deduce de la desigualdad triangular que V (x) ∩ V (y) = ∅. Definici´ on 1.2.4 Se dice que un subconjunto A ⊂ Rn es un conjunto abierto si es entorno de todos sus puntos, i.e., si dado x ∈ A existe un V ∈ Ex , tal que V ⊂ A. Proposici´ on 1.2.5 Cada bola abierta es un conjunto abierto.

21

1.2. El Espacio M´etrico Rn

Demostracion. Dada la bola abierta B(x0 , ǫ), sea x1 ∈ B(x0 , ǫ). Entonces, 0 ≤ d(x0 , x1 ) = δ < ǫ. Sea r := 1/2(ǫ − δ). Veamos que B(x1 , r) ⊂ B(x0 , ǫ), con lo que quedar´a probada la Proposici´on. Sea y ∈ B(x1 , r). Entonces, d(x0 , y) ≤ d(x0 , x1 ) + d(x1 , y) < δ + r = 1/2(δ + ǫ) < ǫ. Con lo cual, y ∈ B(x0 , ǫ).



En la siguiente Proposici´on, cuya demostraci´on es obvia, se recogen las propiedades b´asicas de los conjuntos abiertos. Proposici´ on 1.2.6 La familia de los subconjuntos abiertos tiene las siguientes propiedades: (i) Los conjuntos Rn y ∅ son conjuntos abiertos. (ii) La uni´on de una familia arbitraria de subconjuntos abiertos de Rn es un conjunto abierto de Rn . (iii) La intersecci´ on de un n´ umero finito de subconjuntos abiertos de Rn es un conjunto abierto de Rn . En (iii) no podemos quitar la hip´otesis “finito”, pues por ejemplo, se tiene que

B(x, 1/n) = {x} n∈N

que no es un conjunto abierto. Ejemplo 1.2.7 Sea A ⊂ Rn un abierto y B ⊂ Rn . Definimos A + B := {x + y : x ∈ A, y ∈ B}. Veamos que A + B es un conjunto abierto. Sean x ∈ A, y ∈ B. Como A es abierto, existe un ǫ > 0 tal que B(x, ǫ) ⊂ A. Sea z ∈ B(x + y, ǫ), con lo cual, d(x + y, z) < ǫ. Entonces, d(x, z − y) = x − (z − y) = x + y − z = d(x + y, z) < ǫ. As´ı que, z − y ∈ B(x, ǫ) ⊂ A. Luego, z = (z − y) + y ∈ A + B. Consecuentemente, B(x + y, ǫ) ⊂ A + B. Por tanto A + B es un abierto.

22

Cap´ıtulo 1. Espacios Eucl´ıdeos de Dimensi´on Finita

Definici´ on 1.2.8 Se dice que un subconjunto B ⊂ Rn es un conjunto cerrado si su complementario en Rn ( i.e., el conjunto Rn \ B ) es un abierto. Por ejemplo, cada conjunto formado por un solo punto es un conjunto cerrado. Como consecuencia de las leyes de De Morgan y de la Proposici´on 1.2.5, tenemos las siguientes propiedades de los conjuntos cerrados. Proposici´ on 1.2.9 La familia de los subconjuntos cerrados tiene las siguientes propiedades: (i) Los conjuntos Rn y ∅ son conjuntos cerrados. (ii) La intersecci´ on de una familia arbitraria de subconjuntos cerrados de Rn es un conjunto cerrado de Rn . (iii) La uni´on de un n´ umero finito de subconjuntos cerrados de Rn es un conjunto cerrado de Rn . Proposici´ on 1.2.10 Cada bola cerrada es un conjunto cerrado. Demostracion. Dada la bola cerrada B(x0 , ǫ), veamos que el conjunto Rn \ B(x0 , ǫ) es un conjunto abierto. Sea x1 ∈ Rn \ B(x0 , ǫ). Entonces, d(x0 , x1 ) = δ > ǫ. Sea r := 1/2(δ − ǫ). Veamos que B(x1 , r) ⊂ Rn \ B(x0 , ǫ), con lo que quedar´a probada la Proposici´on. Sea y ∈ B(x1 , r). Entonces, d(x0 , y) ≥ d(x0 , x1 ) − d(x1 , y) > δ − r = 1/2(δ + ǫ) > ǫ. Con lo cual, y ∈ Rn \ B(x0 , ǫ).



Para determinar si un conjunto es cerrado, una herramienta muy u ´til es el concepto de punto de acumulaci´on. Definici´ on 1.2.11 Se dice que un punto x ∈ Rn es un punto de acumulaci´ on de un conjunto A ⊂ Rn si cada entorno de dicho punto corta al conjunto A en alg´ un punto distinto de x, i.e., si dado V ∈ Ex , existe un y ∈ V ∩ A, con y = x. Se define la clausura A de un conjunto A ⊂ Rn como el conjunto, A := A ∪ {x ∈ Rn : x es de acumulaci´on de A}. Es f´acil comprobar las siguientes propiedades de la clausura.

1.3. Convergencia en Rn

23

Proposici´ on 1.2.12 La clausura de un conjunto tiene las siguientes propiedades: (i) x ∈ A si, y s´olo si, V ∩ A = ∅ para cada V ∈ Ex . (ii) Si A ⊂ B, entonces A ⊂ B. (iii) A ∪ B = A ∪ B y A = A. Se tiene la siguiente caracterizaci´on de los conjuntos cerrados por medio de los puntos de acumulaci´on: olo si, contiene a Teorema 1.2.13 Un conjunto A ⊂ Rn es cerrado si, y s´ sus puntos de acumulaci´on, i.e., si A = A. Demostraci´ on. Supongamos que A es cerrado. Sea x un punto de acumulaci´on de A, y supongamos que x ∈ A. Entonces, como V := Rn \ A es un abierto y x ∈ V , tenemos que V ∈ Ex , y como V ∩ A = ∅ llegamos a una contradicci´on con el hecho de que x es de acumulaci´on de A. As´ı pues, x ∈ A. Inversamente, supongamos que A contiene a todos sus puntos de acumulaci´on. Sea U := Rn \ A. Debemos demostrar que U es abierto. Sea x ∈ U . Como x no es de acumulaci´on de A, existe un ǫ > 0 tal que B(x, ǫ) ∩ A = ∅, con lo cual, B(x, ǫ) ⊂ U . Por tanto U es abierto.  Definici´ on 1.2.14 Se define la frontera de un conjunto A ⊂ Rn como el conjunto: Fr(A) := A ∩ Rn \ A. Teniendo en cuenta la caracterizaci´on por entornos de la clausura de un conjunto, se tiene la siguiente caracterizaci´on de la frontera de un conjunto. Proposici´ on 1.2.15 Sea A ⊂ Rn . Entonces, x ∈ Fr(A) si, y s´olo si, cada V ∈ Ex contiene puntos de A y de Rn \ A.

1.3

Convergencia en Rn

Vamos a considerar ahora algunos aspectos de las sucesiones de elementos de Rn . La definici´on de convergencia en Rn es similar a la de n´ umeros reales.

24

Cap´ıtulo 1. Espacios Eucl´ıdeos de Dimensi´on Finita

Definici´ on 1.3.1 Sea {xk }k una sucesi´on de puntos de Rn . Se dice que xk converge hacia el punto x ∈ Rn si dado V ∈ Ex existe un k0 ∈ N tal que xk ∈ V para todo k ≥ k0 . Cuando esto ocurra escribirenos xk → x o limk→∞ xk = x. Evidentemente, se tiene que: lim xk = x ⇐⇒ dado ǫ > 0 ∃ k0 ∈ N tal que xk − x ≤ ǫ ∀ k ≥ k0 .

k→∞

En el siguiente resultado veremos que la convergencia en Rn es equivalente a la convergencia coordenada a coordenada. Teorema 1.3.2 Sea {xk }k una sucesi´on de puntos de Rn . Entonces, xk → x = (x1 , x2 , . . . , xn ) ⇐⇒ xki → xi en R ∀ i = 1, 2, . . . , n. Demostraci´ on. Para demostrar este resultado basta con tener en cuenta la siguiente desigualdad: |xki − xi | ≤ xk − x ≤ n max{|xki − xi | : i = 1, 2, . . . , n}.  Vamos a dar ahora una caracterizaci´on sucesional de los puntos de acumulaci´on. Teorema 1.3.3 Sea A ⊂ Rn y x ∈ Rn . Entonces, x es un punto de acumulaci´on de A si, y s´olo si, existe una sucesi´on {xk }k de puntos de A con xk = x para todo k ∈ N, tal que xk → x. Demostraci´ on. ( ⇒ ) Como x es un punto de acumulaci´on de A, para cada k ∈ N existe un xk ∈ A ∩ B(x, 1/k), con xk = x. Por tanto xk → x. ( ⇐ ) Sea V ∈ Ex . Como xk → x, existe un k0 ∈ N tal que xk ∈ V para cada k ≥ k0 . Por tanto, existe xk ∈ V ∩ A, xk =  x. As´ı que x es un punto de acumulaci´on de A.  Como consecuencia del teorema anterior y de los resultados de la secci´on anterior se tiene la siguiente caracterizaci´on sucesional de los conjuntos cerrados: Corolario 1.3.4 Sea A ⊂ Rn . Se tienen las siguientes propiedades:

1.4. Compacidad en Rn

25

(i) x ∈ A ⇐⇒ existe una sucesi´on {xk } ⊂ A tal que xk → x. (ii) A es cerrado si, y s´ olo si, el l´ımite de toda sucesi´on de puntos de A es un punto de A. Como en el caso real se puede definir el concepto de sucesi´on de Cauchy. Definici´ on 1.3.5 Sea {xk }k una sucesi´on de puntos de Rn . Se dice que xk es una sucesi´ on de Cauchy si dado ǫ > 0 existe un N ∈ N tal que xk − xl  ≤ ǫ para todo k, l ≥ N . Igual que en el caso real, es f´acil ver que toda sucesi´on convergente es de Cauchy. Ahora, en el caso real tambi´en se da el rec´ıproco. Teniendo en cuenta este hecho y la desigualdad que aparece en la demostraci´on del Teorema 1.3.2, podemos establecer el siguiente resultado: Teorema 1.3.6 En Rn una sucesi´on es convergente si, y s´ olo si, es de Cauchy. Nota 1.3.7 A los espacios m´etricos que satisfacen la propiedad del Teorema anterior se les denomina completos. Tenemos pues que el espacio eucl´ıdeo Rn es un espacio m´etrico completo. Un ejemplo de un espacio m´etrico no completo nos lo proporciona el conjunto Q de los n´ umeros racionales con la m´etrica d(x, y) = |x − y|.

1.4

Compacidad en Rn

En esta secci´on vamos a estudiar una de las clases m´as u ´tiles de subconn juntos de R , los denominados conjuntos compactos. Definici´ on 1.4.1 Sea A un subconjunto de Rn . Se dice que A es compacto cuando toda sucesi´on de puntos de A tiene una subsucesi´on que converge a un punto de A. Cuando un conjunto A cumple que A es compacto se le denomina relativamente compacto En el caso real, el Teorema de Bolzano-Weierstrass asegura que un subconjunto de R es compacto si, y s´olo si, es cerrado y acotado. Veremos que esto tambi´en es cierto en Rn . Para ello introducimos el concepto de conjunto acotado en Rn .

26

Cap´ıtulo 1. Espacios Eucl´ıdeos de Dimensi´on Finita

ametro como Definici´ on 1.4.2 Sea A ⊂ Rn . Se define su di´ δ(A) := sup{x − y : x, y ∈ A}. Se dice que un conjunto A ⊂ Rn es acotado si tiene di´ametro finito, i.e., δ(A) < +∞. Es f´acil ver que un conjunto A ⊂ Rn es acotado si, y s´olo si, dado x ∈ A existe un M > 0 tal que A ⊂ B(x, M ). Denotaremos por πi las proyecciones can´onicas, i.e., πi : Rn → R con πi ((x1 , x2 , . . . , xn )) := xi ,

i = 1, 2, . . . , n.

Lema 1.4.3 Si A ⊂ Rn es un conjunto acotado, entonces πi (A) es acotado en R para cada i = 1, 2, . . . , n. Demostraci´ on. Como |xi − yi | ≤ x − y, se tiene que δ(πi (A)) ≤ δ(A) < +∞. Por tanto πi (A) es acotado.  Se tiene la siguiente caracterizaci´on de los subconjuntos compactos de Rn . Teorema 1.4.4 Sea A ⊂ Rn . Entonces, A es compacto si, y s´olo si, A es cerrado y acotado. Demostraci´ on. Supongamos que A es compacto. Sea {xk } una sucesi´on de elementos de A, tal que xk → x ∈ Rn . Por la compacidad de A, {xk } tiene una subsucesi´on convergente a un punto de A. Por tanto, x ∈ A. Consecuentemente, por el Corolario 1.3.4, tenemos que A es cerrado. Si A no fuera acotado, podr´ıamos encontrar xk ∈ A tales que xk  ≥ k. Con lo cual, la sucesi´on {xk } no tendr´a ninguna subsucesi´on convergente. Por tanto A ser´a acotado. Supongamos ahora que A es cerrado y acotado. Por comodidad vamos a suponer que n = 2. Sea xk = (xk1 , xk2 ) ∈ A. Por el Lema 1.4.3, tenemos que π1 (A) es acotado. Con lo cual, la sucesi´on {xk1 }k , ser´a una sucesi´on acotada. Entonces, por el Teorema de Bolzano-Weierstrass, existe una subsucesi´on {xk1m } tal que x1km → x01 ∈ R. Ahora, xk2m = π2 (xkm ) ∈ π2 (A). Por tanto, aplicando de nuevo el Teorema de Bolzano-Weierstrass, existe una subsucesi´on de {xk2m } (que seguiremos denotando igual) tal que xk2m → x02 ∈ R. Entonces, como la convergencia en R2 es coordenada a coordenada, tenemos que xkm → x0 = (x01 , x02 ). Finalmente, como A es cerrado, se tiene que x0 ∈ A. Por tanto A es compacto. 

1.5. Subconjuntos Convexos de Rn

27

Lema 1.4.5 Si Ai ⊂ R son conjuntos acotados (cerrados), entonces A := A1 × A2 × · · · × An es un conjunto acotado (cerrado) de Rn . Demostraci´ on. Como Ai es acotado, existe ri > 0 tal que Ai ⊂ B(0, ri ). Entonces, si r := n max{r1 , . . . , rn }, se tiene que: A ⊂ B(0, r1 ) × · · · × B(0, rn ) ⊂ B ((0, . . . , 0), r) . Con lo cual, A ser´a acotado. El caso cerrado es consecuencia del Teorema 1.4.4 y del Corolario 1.3.4.  Como consecuencia del Teorema 1.4.4 y del Lema anterior tenemos el siguiente resultado. Teorema 1.4.6 Si Ai ⊂ R son conjuntos compactos de R, entonces A := A1 × A2 × · · · × An es un conjunto compacto de Rn .

1.5

Subconjuntos Convexos de Rn

En esta secci´on vamos a estudiar una clase de subconjuntos de Rn que tienen propiedades geom´etricas muy notables: los subconjuntos convexos. El estudio de la convexidad es muy extenso y tiene importantes aplicaciones pr´acticas. Aqu´ı solamente veremos algunos hechos b´asicos acerca de los conjuntos convexos que nos son necesarios para el estudio posterior de las funciones convexas. Definici´ on 1.5.1 Dados x, y ∈ Rn , al segmento rectil´ıneo que une dichos puntos lo denotaremos por [x, y], i.e., [x, y] = { ty + (1 − t)x : 0 ≤ t ≤ 1}. Sea K ⊂ Rn . Se dice que K es convexo si dados dos puntos de K, el segmento rectil´ıneo que los une est´a contenido en K, i.e., [x, y] ⊂ K,

∀ x, y ∈ K.

28

Cap´ıtulo 1. Espacios Eucl´ıdeos de Dimensi´on Finita Veamos algunos ejemplos de conjuntos convexos.

Ejemplo 1.5.2 Cualquier bola es un conjunto convexo. En efecto: Dados x, y ∈ B(x0 , ǫ) y un t ∈ [0, 1], tenemos que: ty + (1 − t)x − x0  = t(y − x0 ) + (1 − t)(x − x0 ) ≤ ty − x0  + (1 − t)y − x0  < tǫ + (1 − t)ǫ = ǫ. Por tanto, [x, y] ⊂ B(x0 , ǫ) y consecuentemente, B(x0 , ǫ) es un convexo. La misma prueba sirve para las bolas cerradas. Cualquier semiespacio cerrado es un conjunto convexo. En efecto: Sea a = 0 un vector de Rn , y consideremos el semiespacio, H = {x ∈ Rn : a, x ≥ α}. Dados x, y ∈ H y un t ∈ [0, 1], como a, ty ≥ tα y a, (1 − t)x ≥ (1 − t)α, tenemos que: a, ty + (1 − t)x = a, ty + a, (1 − t)x ≥ tα + (1 − t)α = α. Por tanto, [x, y] ⊂ H y consecuentemente, H es un convexo. La definici´on de conjunto convexo puede darse tambi´en en t´erminos de combinaciones convexas de puntos. Se dice que un x ∈ Rn es una combinaci´on convexa de los puntos x1 , . . . , xm , si existen escalares t1 , . . . , tm ∈ R  m tales que tj ≥ 0, j = 1, . . . , m, m j=1 tj = 1 y x = j=1 tj xj . Se tiene la siguiente caracterizaci´on de la convexidad: Proposici´ on 1.5.3 Un conjunto K ⊂ Rn es convexo si, y s´olo si, cada combinaci´ on convexa de puntos de K es un punto de K. Demostraci´ on. Supongamos que K es un convexo. Vamos a demostrar por inducci´on que si x es una combinaci´on convexa de x1 , . . . , xm ∈ K, entonces x ∈ K. El caso m = 1 es trivial. Supongamos que el resultado es cierto para m ≥ 1, y sea x una combinaci´on convexa de x1 , . . . , xm+1 ∈ K, i.e., x=

m+1  j=1

tj xj ,

con tj ≥ 0,

m+1 

tj = 1.

j=1

Si tm+1 = 1, entonces tj = 0 para j = 1, . . . , m, con lo que x = xm+1 ∈ K. Supongamos pues que 0 ≤ tm+1 < 1. Sea t = 1 − tm+1 y sj = ttj , para

1.5. Subconjuntos Convexos de Rn

29

j = 1, . . . , m. Por la hip´otesis de inducci´on, y = m j=1 sj xj ∈ K. Por tanto, como K es convexo: x = ty + (1 − t)xm+1 ∈ K. 

Inversamente, si cada combinaci´on convexa de puntos de K es un punto de K, en particular, cada combinaci´on convexa de dos puntos de K ser´a un punto de K, con lo cual, K es un convexo.  Definici´ on 1.5.4 Dado un subconjunto A ⊂ Rn , al conjunto formado por las combinaciones convexas de sus elementos se le denomina su envoltura convexa y se denota por co(A), i.e., co(A) :=

⎧ ⎨

x=

⎩

m 

tj xj , : xj ∈ A, tj ≥ 0,

m 

j=1

j=1

⎫ ⎬

tj = 1⎭ .

Como consecuencia de la proposici´on anterior tenemos que co(A) es el menor convexo que contiene al conjunto A. Definici´ on 1.5.5 Dado un x0 ∈ Rn y un δ > 0, se denomina n-cubo con centro x0 y lado de longitud 2δ, al conjunto C(x0 , δ) := {x ∈ Rn : |xi − x0i | ≤ δ, i = 1, . . . , n}. A los puntos x de C(x0 , δ) que satisfacen |xi − x0i | = δ,

para todo i = 1, . . . , n,

se les denomina los v´ ertices de C(x0 , δ). Observar que C(x0 , δ) coincide con la bola cerrada en Rn de centro x0 y r´adio δ, con respecto a la m´etrica que se deduce de la norma dada por (1.2). Proposici´ on 1.5.6 El n-cubo C(x0 , δ) es la envoltura convexa de sus v´ertices. Demostraci´ on. Vamos a demostrarlo por inducci´on sobre la dimensi´on n del espacio. Evidentemente el resultado es cierto para el caso n = 1. Supongamos que es cierto para n- y vamos a demostrarlo para n + 1. Sea x0 ∈ Rn+1 y δ > 0. Sea y ∈ C(x0 , δ). Como y = (y1 , . . . , yn ) ∈ C((x1 , . . . , xn ), δ), por la hip´otesis de inducci´on, existen v´ertices x1 , . . . , xm de C((x1 , . . . , xn ), δ), tales que: y=

m 

j=1

tj xj ,

con tj ≥ 0,

m 

j=1

tj = 1.

30

Cap´ıtulo 1. Espacios Eucl´ıdeos de Dimensi´on Finita Entonces, si xj := (xj , ym+1 ), tenemos que: y=

m 

tj xj .

j=1

Ahora, por la hip´otesis de induci´on, existen v´ertices zij de C(x0 , δ), tales que: xj =

mj  tj zi

1 j

con

i=1

mj  j

t1 = 1, tji ≥ 0.

i=1

Consecuentemente, y es una combinaci´on convexa del conjunto de v´ertices: {zij j = 1, . . . , m, i = 1, . . . , mj }.  Es trivial comprobar que la intersecci´on de cualquier colecci´on de conjuntos convexos es un conjunto convexo. Por tanto la intersecci´on de cualquier colecci´on de semiespacios cerrados es un conjunto convexo cerrado. Un hecho relevante acerca de los conjuntos convexos es que el rec´ıproco tambi´en es cierto. Para demostrarlo necesitamos introducir primeramente el siguiente concepto. Definici´ on 1.5.7 Sea K un subconjunto convexo, cerrado y propio de Rn . Se dice que un hiperplano H es un hiperplano soporte para K, si H ∩ K es no vac´ıo y K est´a contenido en uno de los semiespacios limitados por H. Denotaremos por S(K) a la familia de los semiespacio cerrados S tales que K ⊂ S y el hiperplano frontera de S es un hiperplano soporte para K. Teorema 1.5.8 Sea K un subconjunto convexo, cerrado y propio de Rn . Entonces:

K = {S : S ∈ S(K)}. Demostraci´ on. Sea K1 :=



{S : S ∈ S(K)}.

Puesto que K ⊂ S para cada S ∈ S(K), K ⊂ K1 . Veamos que se da la otra inclusi´on. En caso contrario podemos tomar un x1 ∈ K1 \ K. Ahora, como K es cerrado, no es dificil ver (Problema (2.14)) que existe un x0 ∈ K tal que x0 − x1  ≤ x − x1  para todo x ∈ K.

31

1.6. Problemas Consideremos el semiespacio cerrado S0 := {x ∈ Rn : x0 − x1 , x − x0  ≥ 0}. Como x0 − x1 , x1 − x0  = −x0 − x1 2 < 0,

tenemos que x1 ∈ S0 . Veamos que K ⊂ S0 . Sea x ∈ K. Como K es convexo, tx + (1 − t)x0 ∈ K para todo t ∈ [0, 1]. Entonces, x0 − x1 2 ≤ tx + (1 − t)x0 − x1 2 = (x0 − x1 ) + t(x − x0 )2 = x0 − x1 2 + 2tx0 − x1 , x − x0  + t2 x − x0 2 . Con lo cual, para 0 < t ≤ 1, tenemos que 2x0 − x1 , x − x0  + tx − x0 2 ≥ 0. De aqu´ı, haciendo tender t → 0+ , llegamos a que: 2x0 − x1 , x − x0  ≥ 0. Consecuentemente, x ∈ S0 . Por tanto K ⊂ S0 . Por otra parte, la frontera de S0 es el hiperplano: H0 = {x ∈ Rn : x0 − x1 , x − x0  = 0}. Luego x0 ∈ H0 ∩ K. Tenemos pues que S0 ∈ S(K). Lo cual nos lleva a una contradicci´on pues x1 ∈ K1 ⊂ S0 y x1 ∈ S0 . Por tanto, K = K1 

1.6

Problemas

1.1. Sean a1 , . . . , an , b1 , . . . , bn n´ umeros reales, 1 < p < ∞ y q, tal que 1/p + 1/q = 1. Probar las siguientes desigualdades: (i) Desigualdad de H¨older : n 

|ak bk | ≤

 n

|ak |p

|bk |q

k=1

k=1

k=1

1/p   n

1/q

.

(ii) Desigualdad de Minkowski :  n

k=1

p

|ak + bk |

1/p

≤

 n

k=1

p

|ak |

1/p

+

 n

k=1

p

|bk |

1/p

.

32

Cap´ıtulo 1. Espacios Eucl´ıdeos de Dimensi´on Finita 



1.2. Sea A := 2mn : m ∈ Z, n ∈ N . Demostrar que todo punto de R es de acumulaci´on de A. 1.3. Calcular los puntos de acumulaci´on del conjunto: A :=



1 1 + m , n, m ∈ N . n 2 5 

1.4. Sea ,  un producto escalar en un espacio vectorial real E. Demostrar que se cumplen: (i) La identidad de polarizaci´on, x, y =

 1 x + y2 − x − y2 . 4

(ii) La ley del paralelogramo, 



x + y2 + x − y2 = 2 x2 + y2 . 1.5. Sea (X, d) un espacio m´etrico. Se define el interior de un conjunto A ⊂ X, como int(A) := {x ∈ A : ∃r > 0, tal que B(x, r) ⊂ A} . Demostrar que A es abierto si, y s´olo si, A = int(A). 1.6. En Rn , con la m´etrica eucl´ıdea, probar: (i) Fr(B(a, r)) = Fr(B(a, r)) = S(a, r) := {x ∈ Rn : x − a = r}. (ii) B(a, r) = B(a, r) e int(B(a, r)) = B(a, r). 1.7. Sea (E,  ) un espacio normado y F un subespacio vectorial de E. Demostrar que F es un subespacio vectorial de E. Probar que int(F ) = ∅, salvo que, F = E. 1.8. Calcular la clausura y el interior de los siguientes conjuntos: (i) A := {(x, y) ∈ R2 : x = 1/n, n ∈ N, 0 ≤ y ≤ 1} . (ii) B := {(x, y, z) ∈ R3 : x + y + z = 1, x2 + y 2 + z 2 ≤ 1} .

33

1.6. Problemas (iii) C := {(x, y) ∈ R2 : x2 − y 2 < 1} .

1.9. Sea A := {(x1 , . . . , xn ) ∈ Rn : xi ∈ Q, 1 ≤ i ≤ n}. Calcular A, int(A) y Fr(A). 1.10. Demostrar que si A ⊂ Rn es un cerrado o un abierto, entonces int(Fr(A)) = ∅. ¿ Es cierto este resultado para cualquier conjunto A? 1.11. Sean A, B ⊂ Rn . Demostrar: (i) Fr(A) ⊂ Fr(A) y Fr(int(A)) ⊂ Fr(A), pudiendo ser los tres conjuntos distintos. (ii) Fr(A ∪ B) ⊂ Fr(A) ∪ Fr(A), pudiendo ser ambos conjuntos distintos. Demostrar que se da la igualdad cuando A ∩ B = ∅. 1.12. Demostrar que un subconjunto A ⊂ Rn es acotado si, y s´olo si, para cada sucesi´on nula {tk } ⊂ R y cada sucesi´on {xk } ⊂ A, se tiene que lim tk xk = 0.

k→∞

1.13. Sea {xk } ⊂ Rn una sucesi´on convergente, y sea x := limk→∞ xk . Demostrar que el conjunto {x, xk : k ∈ N} es compacto. 1.14. Considerar en el espacio C([0, 1]) la m´etrica d(f, g) :=

 1

|f (x) − g(x)| dx.

0

Demostrar que el espacio m´etrico (C([0, 1]), d) no es completo. 1.15. Se define en R: d(x, y) :=

|x − y| . 1 + |x − y|

Demostrar que (R, d) es un espacio m´etrico completo. ¿Existe una norma   en R de la que se deduzca la m´etrica? i.e., tal que d(x, y) = x − y.

34

Cap´ıtulo 1. Espacios Eucl´ıdeos de Dimensi´on Finita

1.16. Sea {xm } una sucesi´on de puntos de Rn . Supongamos que existe un α ∈ R, con 0 < α < 1, tal que, xm+1 − xm  ≤ αxm − xm−1 ,

∀ m ∈ N.

Probar que la sucesi´on {xm } es de Cauchy y, por tanto, convergente en Rn . 1.17. En el espacio vectorial M2×2 (R) de las matrices reales de dimensi´on 2 × 2, se define: A∞ := max

1≤i≤2

 2



|ai,j | .

j=1

Probar que .∞ es una norma en M2×2 (R). Dada la sucesi´on {An } de elementos de M2×2 (R), donde: An =



(−1)n n1 0 1



,

calcular los valores adherentes de la sucesi´on {An } respecto de la m´etrica que se deduce de la norma .∞ . 1.18. Probar que el interior y la clausura de un subconjunto convexo de Rn son subconjuntos convexos. 1.19. Sea K un subconjunto no vac´ıo de Rn . Demostrar que cada elemento de co(K) es una combinaci´on convexa de, a lo m´as, n + 1 puntos de K. 1.20. Sea A un subconjunto convexo y cerrado de Rn . Demostrar que, dado un x ∈ Rn , existe un u ´nico y ∈ A, tal que, x − y = d(x, A) := inf{x − z : z ∈ A}. Adem´as, y es el u ´nico punto de A que verifica la relaci´on: y − x, y − z ≤ 0,

∀ z ∈ A.

1.21. Sea A un subconjunto convexo y cerrado de Rn y x0 ∈ A. Demostrar que existe un hiperplano af´ın H que contiene a x0 y no corta a A. Ver con un contraejemplo que, en general, el resultado no es cierto cuando A no es cerrado.

Cap´ıtulo II Funciones Continuas de Varias Variables Dedicamos este cap´ıtulo al estudio de las funciones continuas entre espacios eucl´ıdeos de dimensi´on finita. Dichas funciones son uno de los objetos fundamentales de todo nuestro estudio posterior.

2.1

Funciones entre Espacios Eucl´ıdeos de Dimensi´ on Finita

El concepto de funci´on, que hoy en d´ıa nos parece tan natural, fue motivo de pol´emica durante muchos siglos. Incluso en el siglo XVII la concepci´on prevaleciente era puramente algebraica. Por ejemplo, D’Alembert dec´ıa que lq‘las funciones tratables por medio del an´ alisis deben ser expresables mediante una sola y misma ecuaci´on”. Fue Fourier quien en su estudio de la propagaci´on del calor en los s´olidos dio los pasos necesarios para que Dirichlet diera la definici´on general de funci´on que usamos hoy en d´ıa. Sea f una funci´on cuyo dominio es un subconjunto Ω ⊂ Rn y cuya imagen est´a contenida en Rm . Con esto, que lo denotaremos por f : Ω → Rm , queremos decir que a cada x ∈ Rn f le asigna un vector f (x) de Rm . Si escribimos f (x) = (f1 (x), . . . , fm (x)), entonces cada f1 , . . . fm es una funci´on en Ω con valores reales, llamadas las funciones coordenadas de f , y se escribe f = (f1 , . . . fm ). Este tipo de funciones no son s´olo abstracciones matem´aticas, sino que surgen de forma natural en todas las ramas de la ciencia. Por ejemplo, para 35

36

Cap´ıtulo 2. Funciones Continuas de Varias Variables

especificar la temperatura T de una regi´on Ω del espacio se requiere una funci´on T : Ω ⊂ R3 → R, tal que, T (x, y, z) denota la temperatura en el punto (x, y, z). Otro ejemplo es el siguiente; supongamos que tenemos un fluido movi´endose en el espacio. Para especificar su velocidad se requiere una funci´on V : R3 × R+ ⊂ R4 → R3 , tal que, V (x, y, z, t) representa el vector velocidad del fluido en el punto (x, y, z) del espacio y en el tiempo t. Se pueden dar muchos m´as ejemplos de problemas pr´acticos que para su planteamiento requieren aplicaciones entre espacios eucl´ıdeos de dimensi´on finita. Definici´ on 2.1.1 Dada la funci´on f : Ω ⊂ Rn → R, definimos su gr´ afica como el subconjunto de Rn+1 Gr(f ) := {(x1 , . . . , xn , f (x1 , . . . , xn )) ∈ Rn+1 : (x1 , . . . , xn ) ∈ Ω}. En el caso n = 1, la gr´afica es una curva en R2 ; y en el caso n = 2, la gr´afica es una superficie en R3 . En dimensiones mayores es dif´ıcil de visualizar. Para superar esta dificultad se introduce la idea de conjuntos de nivel. Definici´ on 2.1.2 Sea f : Ω ⊂ Rn → R y a ∈ R. Se define el conjunto de nivel de f del valor a, como el conjunto: C(f, a) := {x ∈ Ω : f (x) = a}. En el caso n = 2 hablamos de curvas de nivel (de valor a ); y si n = 3 hablamos de superficies de nivel. Las curvas de nivel de la funci´on f : Ω ⊂ R2 → R, se pueden obtener cortando su gr´afica, i.e., la superficie z = f (x, y) por medio del plano z = a paralelo al plano x, y y proyectando las curvas de intersecci´on perpendicularmente sobre el plano x, y. Ejemplo 2.1.3 La funci´on f : R2 → R, f (x, y) := x2 +y 2 tiene como gr´afica el paraboloide de revoluci´on z = x2 + y 2 . La curvas de nivel son el vac´ıo para a < 0, y √ para a > 0 es el conjunto {(x, y) : x2 + y 2 = a}, i.e., un c´ırculo de radio a con centro en el origen. As´ı, al elevarlo √ a la altura a sobre el plano x, y, la curva de nivel es un c´ırculo de radio a, que indica la forma parab´olica.

37

2.1. Funciones entre Espacios Eucl´ıdeos de Dimensi´on Finita 2

-2 0 2

0 -2

2

8 1

6

4

0

2 -1

0

-2 -1

-2

1

0

2

Figura 2.1 Gr´afica y curvas de nivel de la funci´on f (x, y) = x2 + y 2 Ejemplo 2.1.4 La gr´afica de la funci´on f : R2 → R, f (x, y) := x2 − y 2 se denomina paraboloide hiperb´ olico o silla de montar. Para visualizar esta superficie tracemos primero sus curvas de nivel; para lo cual tenemos que resolver la ecuaci´on x2 − y 2 = a. Para a = 0, tenemos y 2 = x2 , o y = ±x. Luego, en este caso las curvas de nivel son√ dos rectas que pasan por el origen. Para a = 1, las curvas de nivel son y = ± x2 − 1, que es una hip´erbola que cruza verticalmente √ el eje x en los puntos (±1, 0). Para a = −1, obtenemos la curva x = ± y 2 − 1, que es una hip´erbola que cruza horizontalmente el eje y en los puntos (0, ±1).

2

1

10

4

0

0 2

-10 -4

0

-1

-2 -2

0 2

-2

4 -4

-2

-1

0

1

Figura 2.2 Gr´afica y curvas de nivel de la funci´on f (x, y) = x2 − y 2

2

38

Cap´ıtulo 2. Funciones Continuas de Varias Variables

Hoy en d´ıa existen muchos programas de computadora, como el Mathematica y el Derive que permiten visualizar gr´aficas de funciones de una o dos variables y calcular sus curvas de nivel. Por ejemplo, las gr´aficas y curvas de nivel de las figuras anteriores han sido realizadas por el programa Mathematica, as´ı como las que damos en el resto de la monograf´ıa

0 -5 -10 -15 -20 -1

1 0.5 0 -0.5 -0.5

0 0.5 1 -1

Figura 2.3 Gr´afica de la funci´on f (x, y) =

2.2

x2 −y 2 x2 +y 2

L´ımites de Funciones

En este apartado vamos a estudiar los l´ımites de funciones, como paso previo para el estudio de la continuidad de funciones. Definici´ on 2.2.1 Sea f : Ω ⊂ Rn → Rm , y sea x0 un punto de acumulaci´on de Ω. Se dice que b ∈ Rm es el l´ımite de f en x0 , y se denota por lim f (x) = b,

x→x0

si dado un ǫ > 0, existe un δ > 0 tal que f (x) − b < ǫ cuando x ∈ Ω, 0 < x − x0  < δ. Intuitivamente, el concepto anterior significa que f (x) se aproxima a b cuando x se aproxima a x0 . Esto tambi´en lo denotaremos como f (x) → b cuando x → x0 . Obs´ervese que es necesario que x0 sea un punto de acumulaci´on de Ω para que la definici´on anterior tenga sentido, pues si x0 no es

39

2.2. L´ımites de Funciones

un punto de acumulaci´on de Ω, entonces el conjunto de los x ∈ Ω tales que 0 < x − x0  < δ puede ser vac´ıo y la definici´on ser vacua. Evidentemente, en t´erminos de entornos, la definici´on anterior es equivalente a la siguiente: limx→x0 f (x) = b si, y s´olo si, dado V ∈ Eb , existe un U ∈ Ex0 tal que f ((U \ {x0 }) ∩ Ω) ⊂ V. En t´erminos de las funciones coordenadas se tiene que: Proposici´ on 2.2.2 Sea f : Ω ⊂ Rn → Rm , f = (f1 , . . . fm ), y sea x0 un punto de acumulaci´on de Ω. Entonces, lim f (x) = b = (b1 , . . . , bm ) ⇐⇒ x→x lim fi (x) = bi

x→x0

∀ i = 1, . . . n.

0

Demostracion. La demostraci´on se sigue de la siguiente desigualdad: |fi (x) − bi | ≤ f (x) − b ≤

m 

|fi (x) − bi |.

i=1

 Se tiene la siguiente caracterizaci´on sucesional de los l´ımites de funciones. Proposici´ on 2.2.3 Sea f : Ω ⊂ Rn → Rm , y sea x0 un punto de acumulaci´ on de Ω. Son equivalentes: (i) limx→x0 f (x) = b, (ii) Para cada sucesi´on {xk } ⊂ Ω, tal que {xk } → x0 , se tiene que {f (xk )} → b. Demostracion. (i) implica (ii): Sea {xk } ⊂ Ω, tal que {xk } → x0 . Por (i), dado V ∈ Eb , existe un U ∈ Ex0 tal que f ((U \ {x0 }) ∩ Ω) ⊂ V . Ahora, dado U ∈ Ex0 , existe un k0 ∈ N tal que xk ∈ (U \ {x0 }) ∩ Ω para cada k ≥ k0 . Con lo cual, f (xk ) ∈ V para cada k ≥ k0 . Por tanto, {f (xk )} → b. (ii) implica (i): Supongamos que se cumple (ii) y que no se cumple (i). Entonces, existe un ǫ > 0, tal que, para cada k ∈ N podemos encontrar xk ∈ Ω satisfaciendo 0 < xk − x0  < 1/k y f (xk ) − b ≥ ǫ. Tenemos entonces que {xk } → x0 , y sin embargo, {f (xk )} no converge a b.  Respecto a las operaciones del espacio eucl´ıdeo, los l´ımites se comportan de la forma siguiente.

40

Cap´ıtulo 2. Funciones Continuas de Varias Variables

Proposici´ on 2.2.4 Sean f, g : Ω ⊂ Rn → Rm , y sea x0 un punto de acumulaci´on de Ω. Supongamos que: lim f (x) = b y

x→x0

lim g(x) = c.

x→x0

Entonces se tienen: (i) limx→x0 (f (x) + g(x)) = b + c. (ii) limx→x0 λf (x) = λb para cada λ ∈ R. (iii) limx→x0 f (x), g(x) = b, c. (iv) limx→x0 f (x) = b. Demostracion. (i) y (ii) son f´aciles de probar. Veamos que se cumple (iii). Aplicando la Desigualdad de Cauchy-Schwarz, tenemos que: 0 ≤ |f (x), g(x) − b, c| = |f (x) − b, g(x) − c + b, g(x) − c + f (x) − b, c| ≤ f (x) − b g(x) − c + b g(x) − c + c f (x) − b. Como cada uno de los t´erminos de la u ´ltima expresi´on tiende a 0 cuando x → x0 , tenemos que limx→x0 f (x), g(x) = b, c. Finalmente, (iv) es consecuencia inmediata de la siguiente desigualdad: | f (x) − b | ≤ f (x) − b.  En el caso de funciones de dos variables, para demostrar la no existencia de l´ımite o para tener una idea de cual es el posible valor del l´ımite, son muy u ´tiles los dos siguientes resultados sobre l´ımites por curvas y l´ımites reiterados. Proposici´ on 2.2.5 Sea f : R2 → Rn , tal que: lim

(x,y)→(a,b)

f (x, y) = L.

Entonces, para cada funci´on real y continua g definida en un entorno de a, tal que g(a) = b, se tiene que: lim f (x, g(x)) = L.

x→a

41

2.2. L´ımites de Funciones

Demostracion. Por la existencia del l´ımite doble, dado ǫ > 0 existe un δ > 0, tal que: (x, y) − (a, b) < δ ⇒ f (x, y) − L < ǫ. Ahora, por la continuidad de g, tenemos que dado δ > 0 existe un σ > 0, con 0 < σ ≤ √δ2 , tal que: δ |x − a| < σ ⇒ |g(x) − b| < √ . 2 Por tanto, si |x − a| < σ, se tiene que (x, g(x)) − (a, b) < δ. Con lo cual, f (x, g(x)) − L < ǫ.  Ejemplo 2.2.6 Como aplicaci´on de la proposici´on anterior veamos que no existe el l´ımite de f (x, y) cuando (x, y) → (0, 0), siendo:  y    x2 + y f (x, y) :=   

si y = −x2 si y = −x2

1

En efecto: Si hacemos y = g(x) := mx2 , es decir tomando par´abolas que pasan por el origen, tenemos que: f (x, g(x)) =

m si m = −1. m+1

Con lo cual, el l´ımite de f (x, g(x)) cuando x → 0 depende de m. Por tanto, aplicando la proposici´on anterior tenemos que no existe el l´ımite doble. Proposici´ on 2.2.7 Sea f : R2 → Rn , tal que lim(x,y)→(a,b) f (x, y) = L. Supongamos que existen los l´ımites: lim f (x, y),

x→a

lim f (x, y).

y→b

Entonces, existen los l´ımites reiterados y coinciden con el l´ımite doble, i.e., lim lim f (x, y) = lim lim f (x, y) = L. x→a y→b

y→b x→a

42

Cap´ıtulo 2. Funciones Continuas de Varias Variables

Demostracion. Sea g(x) := limy→b f (x, y). Veamos que limx→a g(x) = L. Dado ǫ > 0, debemos encontrar un δ > 0 tal que g(x) − L < ǫ siempre que 0 < |x − a| < δ. Por hip´otesis, existe un σ > 0, tal que si 0 < |x − a| < σ, entonces,

0 < |y − b| < σ,

ǫ f (x, y) − L < . 2

Por otro lado, para cada x con 0 < |x−a| < σ, como g(x) = limy→b f (x, y), existe un δx > 0 (que podemos suponer δx < σ) tal que, 0 < |y − b| < δx implica que g(x) − f (x, y) < ǫ/2. Entonces para cada x, con 0 < |x − a| < σ, si tomamos un y tal que 0 < |y − b| < δx , se tiene que, g(x) − L ≤ g(x) − f (x, y) + f (x, y) − L < ǫ.  En el ejemplo siguiente veremos que pueden existir los l´ımites reiterados, ser iguales y, sin embargo, no existir el l´ımite doble. Ejemplo 2.2.8 Consideremos la funci´on  xy    x2 + y 2 f (x, y) :=   

0

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

Es f´acil comprobar que los l´ımites reiterados cuando (x, y) → (0, 0) existen y valen 0. Veamos que no existe el l´ımite doble. Acerc´andonos por rectas y = mx, tenemos que: lim f (x, mx) =

x→0

m . 1 + m2

Como este l´ımite depende de la pendiente m, como consecuencia de la Proposici´on 2.2.5, tenemos que no existe el l´ımite doble.

43

2.3. Continuidad

0.5 0.25 0 -0.25 -0.5

2

0 -2 0 -2 2

Figura 2.4 Gr´afica de la funci´on f (x, y) =

2.3

xy x2 +y 2

Continuidad

Como en la teor´ıa de funciones de una variable, el concepto de continuidad figura de modo prominente cuando se consideran funciones de varias variables. Las definiciones son similares en ambos casos. Definici´ on 2.3.1 Sea f : Ω ⊂ Rn → Rm y x0 ∈ Ω. Se dice que f es continua en x0 si dado ǫ > 0, existe un δ > 0 tal que: f (x) − f (x0 ) < ǫ siempre que x ∈ Ω, x − x0  < δ. Como consecuencia de los resultados anteriores se tienen las siguientes caracterizaciones de la continuidad. Proposici´ on 2.3.2 Sea f : Ω ⊂ Rn → Rm y x0 ∈ Ω. Son equivalentes: (i) f es continua en x0 , (ii) limx→x0 f (x) = f (x0 ), (iii) La antiimagen por f de un entorno de f (x0 ) es un entorno de x0 en Ω, (iv) limn→∞ xn = x0 en Ω implica que limn→∞ f (xn ) = f (x0 ). Como consecuencia de la Proposici´on anterior se tiene que la composici´on de funciones continuas es una funci´on continua.

44

Cap´ıtulo 2. Funciones Continuas de Varias Variables

Definici´ on 2.3.3 Sea f : Ω ⊂ Rn → Rm . Se dice que f es continua en Ω si lo es en cada uno de sus puntos. Se tiene la siguiente caracterizaci´on de la continuidad por medio de los conjuntos abiertos y cerrados. Proposici´ on 2.3.4 Sea f : Ω ⊂ Rn → Rm . Son equivalentes: (i) f es continua en Ω, (ii) Si V es un abierto de Rm , entonces f −1 (V ) es un abierto de Ω, i.e., f −1 (V ) = Ω ∩ U , con U un abierto de Rn , (iii) Si F es un cerrado de Rm , entonces f −1 (F ) es un cerrado de Ω, i.e., f −1 (F ) = Ω ∩ G, con G un cerrado de Rn . Demostracion. Evidentemente, (ii) y (iii) son equivalentes. Supongamos que se cumple (i). Sea V un abierto de Rm . Veamos que f −1 (V ) es un abierto de Ω. Sea x ∈ f −1 (V ). Entonces, f (x) ∈ V , y como V es un abierto, V es un entorno de f (x). Por tanto, por (i), tenemos que f −1 (V ) es un entorno de x en Ω. Luego existe un U ∈ Ex tal que U ∩ Ω ⊂ f −1 (V ). As´ı que, f −1 (V ) es un abierto de Ω. Supongamos ahora que se cumple (ii). Sea x ∈ Ω. Veamos que f es continua en x. Dado W un entorno de f (x), existe un entorno abierto V de f (x), tal que V ⊂ W . Por (ii), f −1 (V ) es un abierto de Ω, y como x ∈ f −1 (V ) ⊂ f −1 (W ), se tiene que f −1 (W ) es un entorno de x en Ω. Luego f es continua en x.  Como consecuencia de la Proposici´on 2.2.4, se tiene el siguiente resultado: Proposici´ on 2.3.5 Sean f, g : Ω ⊂ Rn → Rm , y sea x ∈ Ω. Supongamos que f, g son continuas en x. Entonces, se cumplen: (i) f + g y λf son continuas en x, (ii) La funci´on x → x es continua de Rn en R, (iii) La funci´on (x, y) → x, y es continua de R2n en R. Veamos ahora como se comporta la continuidad con los conjuntos compactos.

45

2.4. Continuidad Uniforme

Teorema 2.3.6 Sea f : Ω ⊂ Rn → Rm una funci´on continua. Si K ⊂ Ω es compacto, entonces f (K) es compacto. Demostracion. Sea {yk } una sucesi´on en f (K). Tenemos que demostrar que {yk } tiene una subsucesi´on convergente a un punto de f (K). Sea yk = f (xk ) con xk ∈ K. Por la compacidad de K, existe una subsucesi´on xkn → x ∈ K. Entonces, por la continuidad de f tenemos que ykn = f (xkn ) → f (x) ∈ f (K).  Una consecuencia interesante del teorema anterior en el caso de funciones reales es el siguiente resultado conocido como Teorema de Weierstrass. Corolario 2.3.7 Sea f : Ω ⊂ Rn → R una funci´on continua, y K ⊂ Ω un compacto. Entonces f es acotada en K. Adem´as, existen x1 , x2 ∈ K tales que: f (x1 ) = sup f (K), y f (x2 ) = inf f (K). Demostracion. Por el Teorema anterior, f (K) es un compacto. Entonces, por el Teorema 1.4.4, tenemos que f (K) es un cerrado y acotado. Consecuentemente, f es acotada en K. Adem´as, al ser f (K) cerrado, se tiene que inf f (K) ∈ f (K) y sup f (K) ∈ f (K). Luego existen x1 , x2 ∈ K, tales que, f (x1 ) = sup f (K), y f (x2 ) = inf f (K). 

2.4

Continuidad Uniforme

La siguiente variante del concepto de continuidad es, a menudo, u ´til. Definici´ on 2.4.1 Sea f : Ω ⊂ Rn → Rm y sea A ⊂ Ω. Se dice que f es uniformemente continua en A si dado ǫ > 0 existe un δ > 0 tal que, f (x) − f (y) < ǫ siempre que x, y ∈ A,

x − y < δ.

Este concepto es similar al de continuidad, excepto en el hecho de que en el de continuidad el δ depende del ǫ y del punto donde la funci´on es continua. Aqu´ı, el δ s´olo depende del ǫ. Evidentemente, toda aplicaci´on uniformemente continua es continua. Es f´acil ver que el rec´ıproco no es cierto. Por ejemplo,

46

Cap´ıtulo 2. Funciones Continuas de Varias Variables

la funci´on f : R → R definida por f (x) = x2 , que evidentemente es continua en R, no es uniformemente continua, ya que, f (x + y) − f (x) = y(2x + y) puede tomar valores arbitrariamente grandes. Este fen´omeno no sucede en conjuntos compactos, como veremos en el siguiente teorema. Teorema 2.4.2 (Teorema de Heine-Cantor) Sea f : Ω ⊂ Rn → Rm y sea K ⊂ Ω un compacto. Entonces, si f es continua en K, f es uniformemente continua en K. Demostracion. Supongamos que f no es uniformemente continua. Entonces, existe un ǫ > 0 y existen sucesiones {xn } e {yn } en K, tales que 1 (2.1) y f (xn ) − f (yn ) ≥ ǫ ∀ n ∈ N. n Ahora, como K es compacto, existe una subsucesi´on {xnk }, tal que, xnk → x0 ∈ K. Entonces, por 2.1, tenemos que ynk → x0 . De aqu´ı, por la continuidad de f deducimos que f (xnk ) → f (x0 ) y f (ynk ) → f (x0 ), lo cual est´a en contradicci´on con (2.1).  xn − yn 
tf (x) + (1 − t)f (y).

(2.3)

Ahora, (x, f (x)) e (y, f (y)) son elementos de Ep(f ) y, sin embargo, como consecuencia de (2.3), t(x, f (x)) + (1 − t)(y, f (y)) ∈ Ep(f ). Luego Ep(f ) no es convexo.



Definici´ on 2.5.3 Sea f : Ω ⊂ Rn → R. Los conjuntos: S(f, c) := {x ∈ Ω : f (x) ≤ c} se denominan las secciones de f . Proposici´ on 2.5.4 Sea K ⊂ Rn un subconjunto convexo y f : K → R una funci´on convexa en K. Entonces todas las secciones de f son conjuntos convexos. Demostracion. Para x, y ∈ S(f, c) y t ∈ [0, 1], se tiene que f (tx + (1 − t)y) ≤ tf (x) + (1 − t)f (y) ≤ tc + (1 − t)c = c. Luego, tx + (1 − t)y ∈ S(f, c).



La misma prueba de la proposici´on anterior demuestra que cuando f es convexa, el conjunto {x ∈ K : f (x) < c} es convexo. Es f´acil ver que en el resultado anterior no se da el rec´ıproco, i.e., pueden ser todos los conjuntos S(f, c) convexos sin que la funci´on f sea convexa. Basta considerar la funci´on f : R → R, f (x) = x3 . Ejemplo 2.5.5 Sea K ⊂ Rn un subconjunto cerrado no vac´ıo, y consideremos la funci´on f (x) := d(x, K) = inf{ x − y : y ∈ K}. Veamos que f es convexa en Rn si, y s´olo si, K es un subconjunto convexo. Si f es convexa, por la Proposici´on 2, la secci´on S(f, 0) es un convexo. Ahora,

50

Cap´ıtulo 2. Funciones Continuas de Varias Variables

como K es cerrado, K = {x ∈ K : f (x) = 0} = S(f, 0). Luego K es un convexo. Inversamente, supongamos que K es un convexo. Sean x1 , x2 ∈ Rn y t ∈ [0, 1]. dado un ǫ > 0, sean y1 , y2 ∈ K, tales que, ǫ x1 − y1  ≤ f (x1 ) + , 2

ǫ x2 − y2  ≤ f (x2 ) + . 2

Puesto que el conjunto K es convexo, y = ty1 + (1 − t)y2 ∈ K. Con lo cual, si x = tx1 +(1−t)x2 , por la definici´on de f , se tiene que f (x) ≤ x−y. Entonces, ǫ ǫ f (x) ≤ tx1 − y1  + (1 − t)x2 − y2  ≤ t(f (x1 ) + ) + (1 − t)(f (x2 ) + ) 2 2 ≤ tf (x1 ) + (1 − t)f (x2 ) + ǫ, y como esto es cierto para cada ǫ > 0, se tiene que f (tx1 + (1 − t)x2 ) ≤ tf (x1 ) + (1 − t)f (x2 ). Consecuentemente f es convexa en Rn . Veamos finalmente que las funciones convexas son continuas. Concretamente, se tiene el siguiente resultado: Teorema 2.5.6 Sea K ⊂ Rn un subconjunto abierto convexo y f : K → R una funci´on convexa en K. Entonces f es continua en K. Demostracion. Sea x0 ∈ K, y d = d(x0 , Fr(K)), entendiendo que d = +∞ √ si K = Rn . Tomemos un δ > 0 tal que δ n < d, con lo cual el n-cubo C(x0 , δ) ⊂ K. Sea V el conjunto de los v´ertices de C(x0 , δ), y sea M := max{f (x) : x ∈ V }. Por la Proposici´on 2.5.4, S(f, M ) es un conjunto convexo, y como V ⊂ S(f, M ), teniendo en cuenta la Proposici´on 1.5.3, tenemos que C(x0 , δ) = co(V ) ⊂ S(f, M ). Sea x ∈ Rn , tal que 0 < x − x0  < δ. Sea R la recta que pasa por los puntos x y x0 , y {x1 , x2 } = R ∩ {y ∈ Rn : y − x0  = δ}.

51

2.5. Funciones Convexas Entonces, si: u=

x − x0 δ, x − x0 

tenemos que x1 = x0 + u y x2 = x0 − u. Con lo cual, si t = escribir x y x0 como las combinaciones convexas: x = t(x0 + u) + (1 − t)x0 ,

x0 =

x−x0  , δ

podemos

1 t x+ (x0 − u). 1+t 1+t

Por la convexidad de f se tiene que f (x) ≤ tf (x0 + u) + (1 − t)f (x0 ) ≤ tM + (1 − t)f (x0 ) 1 f (x) + tM t f (x) + f (x0 − u) ≤ . 1+t 1+t 1+t De estas dos u ´ltimas desigualdades se deduce que f (x0 ) ≤

−t(M − f (x0 )) ≤ f (x) − f (x0 ) ≤ t(M − f (x0 )). Luego, M − f (x0 ) x − x0 , δ de donde se deduce la continuidad de f en x0 . |f (x) − f (x0 )| ≤



Es f´acil ver que el resultado anterior no es cierto si el conjunto K no es abierto. Para ello es suficiente considerar la funci´on f : [0, 1] → R definida por:   si x = 0  1 f (x) =   x si 0 < x ≤ 1,

que, evidentemente, es convexa en [0, 1] y, sin embargo, no es continua en x = 0.

Para finalizar este apartado vamos a introducir el concepto de funci´on semicontinua inferiormente que, como veremos, est´a ´ıntimamente ligado a los de epigrafo y secci´on. Definici´ on 2.5.7 Sea Ω ⊂ Rn , f : Ω → R y x0 ∈ Ω. Se dice que f es semicontinua inferiormente en x0 si dado un c < f (x0 ), existe un δ > 0 tal que c ≤ f (x), para todo x ∈ B(x0 , δ).

52

Cap´ıtulo 2. Funciones Continuas de Varias Variables

Cuando f es semicontinua inferiormente en cada uno de los puntos de Ω, se dice que f es semicontinua inferiormente en Ω. Una funci´on f se denomina semicontinua superiormente cuando la funci´on −f es semicontinua inferiormente. Para caracterizar las funciones semicontinuas inferiormente es u ´til la siguiente definici´on de l´ımite inferior. lim inf f (x) := sup

inf

δ>0 x∈B(x0 ,δ)

x→x0

f (x).

Proposici´ on 2.5.8 Una funci´on f : Ω → R es semicontinua inferiormente en x0 ∈ Ω si, y s´olo si, f (x0 ) ≤ lim inf f (x). x→x 0

Demostracion. Supongamos que f es semicontinua inferiormente en x0 . Entonces, dado un c < f (x0 ), existe un δ > 0 tal que c≤

inf

x∈B(x0 ,δ)

f (x) ≤ lim inf f (x). x→x0

Consecuentemente, f (x0 ) ≤ lim inf f (x). x→x0

Inversamente, sea c < f (x0 ) ≤ lim inf x→x0 f (x). Entonces, c < sup

inf

δ>0 x∈B(x0 ,δ)

f (x).

Luego por la definici´on de supremo, existe un δ > 0 tal que c ≤ inf x∈B(x0 ,δ) f (x). Por tanto f es semicontinua inferiormente en x0 .  Proposici´ on 2.5.9 Sea f : Rn → R. Las siguientes condiciones son equivalentes: (a) f es semicontinua inferiormente, (b) Ep(f ) es un cerrado, (c) todas las secciones S(f, c) de f son cerrados.

53

2.5. Funciones Convexas

Demostracion. (a) implica (b): Supongamos que f es semicontinua inferiormente. Tomemos una sucesi´on (xk , ck ) ∈ Ep(f ) que converja a un (x, c). Veamos que (x, c) ∈ Ep(f ), con lo que dicho conjunto ser´a cerrado. Como f (xk ) ≤ ck para todo k ∈ N, teniendo en cuenta la proposici´on anterior, tenemos que f (x) ≤ lim inf f (xk ) ≤ lim inf ck = lim ck = c. k→∞

k→∞

k→∞

Por tanto (x, c) ∈ Ep(f ). (b) implica (c): Supongamos ahora que Ep(f ) es un cerrado y vamos a demostrar que una secci´on arbitraria S(f, c) es cerrada. Para ello consideremos una sucesi´on xk ∈ S(f, c), tal que xk → x, y demostremos que x ∈ S(f, c). Como (xk , c) ∈ Ep(f ) para todo k ∈ N, tenemos que (x, c) ∈ Ep(f ). Consecuentemente, x ∈ S(f, c). (c) implica (a): Sea x0 ∈ Rn y c < f (x0 ). Entonces (x0 , c) no pertenece a S(f, c), y como estamos suponiendo que dicho conjunto es un cerrado, existe un δ > 0 tal que B(x0 , δ) ∩ S(f, c) = ∅, lo que implica que c ≤ f (x) para todo x ∈ B(x0 , δ). Por tanto, f es semicontinua inferiormente en x0 .  En el Apartado 3 vimos que toda funci´on continua sobre un compacto toma su m´aximo y su m´ınimo. Las funciones semicontinuas inferiormente toman su m´ınimo. Para demostrarlo necesitamos establecer primeramente el siguiente resultado sobre conjuntos compactos: Lema 2.5.10 Sea {Ki } una sucesi´on de subconjuntos compactos no vac´ıos de Rn decreciente respecto de la inclusi´on (i.e., K1 ⊃ K2 ⊃ . . . ⊃ Ki ⊃ . . .). Entonces,

Ki = ∅. i∈N

Demostracion. Para cada i ∈ N, tomemos un xi ∈ Ki . Como {xi } ⊂ K1 , y K1 es un compacto, existe una subsucesi´on xij → x ∈ K1 . Entonces, x∈



Ki ,

i∈N

 Ki0 . Ahora, como la pues en caso contrario, existir´a un i0 ∈ N, tal que x ∈ sucesi´on de compactos es decreciente, existe un j0 , tal que xij ∈ Ki0 para todo j ≥ j0 . Consecuentemente, x ∈ Ki0 . 

54

Cap´ıtulo 2. Funciones Continuas de Varias Variables

Teorema 2.5.11 Sea Ω ⊂ Rn un abierto y f : Ω → R una funci´on semicontinua inferiormente en Ω. Dado un compacto K ⊂ Ω, existe un x0 ∈ K tal que f (x0 ) = inf f (x). x∈K

Demostracion. Sea m := inf x∈K f (x). Por la Proposici´on 2.5.9, para cada i ∈ N, 1 Ki := S(f, m + ) ∩ K i es un compacto no vac´ıo, y adem´as por construcci´on, K1 ⊃ K2 ⊃ . . . ⊃ Ki ⊃ . . . . Entonces, aplicando el lema anterior, existe un x ∈ K, tal que x ∈ Ki para todo i ∈ N. Por tanto f (x) = m. 

2.6

Problemas

2.1. Estudiar la existencia del l´ımite en (0, 0) de las funciones: (i)     

xy 2 x2 + y 4

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

  

0

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

    

x2 y 3 x4 + y 6

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

  

0

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

f (x, y) :=  (ii) f (x, y) :=  (iii)     

(xy)2 (xy)2 + (x − y)2

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

  

0

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

f (x, y) := 

55

2.6. Problemas

2.2. Determinar la existencia de los l´ımites reiterados y del l´ımite doble, cuando (x, y) → (0, 0), de la funci´on

f (x, y) :=

 sen x − sen y    

si tg x = tg y

tg x − tg y

   

cos3 x

si tg x = tg y.

2.3. Calcular los siguientes l´ımites: (i) lim

(x,y)→(0,2)

y

sen x . x

(ii) sen (xy) . (x,y)→(0,0) x lim

2.4. Cambio a coordenadas polares: Sea A :=]0, ∞[×]0, 2π], y sea g : A → R2 la aplicaci´on definida por g(ρ, θ) := (ρ cos θ, ρ sen θ). (i) Demostrar que g es una biyecci´on continua de A sobre B := R2 \ {(0, 0)}, tal que g{(ρ, θ) ∈ A : 0 < ρ < r, 0 < θ ≤ 2π} = B((0, 0), r) \ {(0, 0)}. (ii) Dada f : R2 → R, sea F := f ◦g. Demostrar que lim(x,y)→(0,0) f (x, y) = a si, y s´olo si, dado ǫ > 0, existe un δ > 0, tal que si 0 < ρ < δ, entonces |F (ρ, θ) − a| ≤ ǫ para todo θ ∈]0, 2π] 2.5. Mediante el cambio a coordenadas polares calcular el l´ımite, cuando (x, y) → (0, 0), de las siguientes funciones: (i) f (x, y) :=

 2 3 y (x + y 2 ) + x4    

x4 + y 4

   

0

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

56

Cap´ıtulo 2. Funciones Continuas de Varias Variables (ii)  x2 y + x sen y    √  2 2 f (x, y) :=  x + y − xy   

0

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

2.6. Determinar si existe el l´ımite en (0, 0) de las siguientes funciones: (i)  x cos y − y cos x − x + y     x2 + y 2 f (x, y) :=    

0

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

(ii)  4 x + sen y 4    

f (x, y) :=    

x2 + y 2

0

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

2.7. Demostrar la continuidad en R2 de la funci´on f (x, y) := xy. 2.8. Determinar los valores de α para los que es continua la funci´on

f (x, y) :=

        

x|y|α x4 + y 4 + x2 0

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

2.9. Sea Ω ⊂ Rn un subconjunto abierto, a ∈ Ω y f : Ω → R. Para δ > 0 tal que B(a, δ) ⊂ Ω, se definen: M (a, f, δ) := sup{f (x) : x ∈ B(a, δ)},

m(a, f, δ) := inf{f (x) : x ∈ B(a, δ)}.

Se define la oscilaci´on O(f, a) de f en el punto a, como O(f, a) := lim+ (M (a, f, δ) − m(a, f, δ)). δ→0

Demostrar que si f es acotada entonces, f es continua en a si, y s´olo si, O(f, a) = 0.

57

2.6. Problemas 2.10. Probar que la funci´on

f (x, y) :=

⎧ 1 + x − cos (x2 + y 2 ) − arctan x ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ x2 + y 2 ⎪ ⎪ ⎪ ⎩

0

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

es continua en (0, 0). 2.11. Estudiar la continuidad en el origen de la funci´on: f (x, y) :=

⎧ ⎪ ⎨ 0 ⎪ ⎩

1

si y ≤ 0 o y ≥ x2 si 0 < y < x2 .

2.12. Sea f : R2 → R2 la funci´on: ⎧  ⎪ ⎪ ⎪ ⎨

f (x, y) := ⎪ ⎪ ⎪ ⎩

x2 y , sen (x + y) x2 + y 4

(0, 0)



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

Estudiar la continuidad de la funci´on f . Demostrar que f (M ) es un conjunto compacto, siendo M := {(x, y) : x2 + y 2 ≤ 2x, y ≤ x}.

2.13. Sea K ⊂ Rn un compacto y x ∈ Rn . Demostrar que existe un y ∈ K tal que d(x, K) = d(x, y). Dar un contraejemplo para el caso en que K no sea compacto. 2.14. Dados dos subconjuntos A, B de Rn , se define la distancia entre los mismos como d(A, B) := inf{d(x, y) : x ∈ A, y ∈ B}. Demostrar que si A es cerrado y B es compacto, entonces existen a ∈ A y b ∈ B, tales que, d(A, B) = d(a, b).

58

Cap´ıtulo 2. Funciones Continuas de Varias Variables

2.15. Sean A ⊂ Rn , B ⊂ Rm y f : A → B. Se dice que f es un homeomorfismo si f es biyectiva, continua y con inversa continua. Demostrar que si A es un compacto y f es biyectiva y continua, entonces f es un homeomorfismo. 2.16. Se dice que una aplicaci´on f : Rn → Rn es contractiva si existe un α ∈ R, 0 < α < 1, tal que f (x) − f (y) ≤ αx − y,

∀ x, y ∈ Rn .

Demostrar que si f es contractiva, entonces tiene un u ´nico punto fijo, n i.e., existe un u ´nico u ∈ R tal que f (u) = u. 2.17. Para T ∈ (Rn , Rm ), se define: T  := sup{T (x) : x ≤ 1}. Demostrar que: T  = inf{M ≥ 0 : T (x) ≤ M x ∀ x ∈ Rn }, y que (L(Rn , Rm ), .) es un espacio de Banach, i.e., es un espacio normado que es completo respecto de la m´etrica que se deduce de su norma. 2.18. Sea K ⊂ Rn un compacto y convexo. Sea f : K → R una funci´on continua y estrictamente convexa. Probar que si m es el valor m´ınimo de f sobre K, entonces la secci´on S(f, m) tiene un solo elemento. 2.19. Demostrar que la envoltura convexa de un compacto de Rn es un compacto. 2.20. Demostrar que el supremo de una familia de funciones semicontinuas inferiormente es una funci´on semicontinua inferiormente.

Cap´ıtulo III Diferenciacion de funciones En este cap´ıtulo estudiamos la diferenciaci´on de funciones entre espacios eucl´ıdeos de dimensi´on finita. Entre otros resultados fundamentales, daremos la regla de la cadena y el Teorema del valor medio.

3.1

Derivadas Direccionales y Diferencial

La introducci´on del concepto de diferencial tiene su origen en el c´alculo de los planos tangentes a una superficie. La formulaci´on m´as satisfactoria de diferencial es de ´epoca reciente, y recibe frecuentemenete el nombre de diferencial de Fr´echet, por ser el matem´atico frances M. Fr´echet, en 1911, el que dio su definici´on actual. Recordemos que si f : R → R, se dice que f es derivable en el punto a cuando existe el: f (a + h) − f (a) . h→0 h lim

Dicho l´ımite, que se representa por f ′ (a), se le denomina la derivada de f en el punto a. 59

60

Cap´ıtulo 3. Diferenciacion de funciones

3 2 1

-2

-1

1

2

-1 -2

Figura 3.1 Geom´etricamente, la existencia de derivada en el punto a significa que la curva representada por la gr´afica de f admite recta tangente en el punto (a, f (a)), y la pendiente de dicha recta tangente es precisamente f ′ (a) (ver Figura 3.1); con lo cual, la ecuaci´on de dicha recta tangente viene dada por y = f (a) + f ′ (a)(x − a). Por tanto, la aplicaci´on af´ın que representa a dicha recta tangente es la aplicaci´on: x → f (a) + f ′ (a)(x − a), y es la mejor aproximaci´on af´ın a la gr´afica de f en el punto (a, f (a)). La aplicaci´on lineal asociada a dicha aplicaci´on af´ın es la aplicaci´on lineal de R en R definida por: h → f ′ (a)h. A esta aplicaci´on lineal es a la que se denomina la diferencial de f en el punto a. Queremos hacer algo similar a lo anterior pero para funciones f : Ω ⊂ R → Rm . En este caso, la gr´afica de f es un subconjunto de Rn+m , n

Gr(f ) = {(x, f (x)) ∈ Rn+m : x ∈ Ω}. El plano tangente a la gr´afica de f en el punto (a, f (a)), ser´a una variedad af´ın en Rn+m de dimensi´on n. Este plano ser´a la representaci´on gr´afica de

3.1. Derivadas Direccionales y Diferencial

61

una aplicaci´on af´ın de Rn en Rm , a cuya aplicaci´on lineal asociada es a la que llamaremos la diferencial de f en el punto a. Supongamos que queremos hallar el plano tangente a una esfera. Sea f : R2 → R la aplicaci´ √ on cuya gr´afica es la parte superior de la esfera (por ejemplo, f (x, y) = 1 − x2 − y 2 ). Consideremos las curvas sobre la esfera que pasan por el punto (a, f (a)) donde queremos hallar el plano tangente, y hallemos las rectas tangentes a dichas curvas en el punto (a, f (a)). En caso de existir el plano tangente, deber´a contener a todas estas rectas tangentes. ¿C´omo podemos hallar todas las curvas sobre la esfera que pasan por el punto (a, f (a))?; cortando la esfera con todos los planos que pasan por (a, f (a)). Ahora, todos estos planos ser´an los trasladados al punto (a, f (a)) de los subespacios vectoriales de R3 engendrados por los vectores u ∈ R2 , u = 0. Luego, si u ∈ R2 , u = 0, una de las curvas que queremos considerar ser´a la gr´afica de la aplicaci´on γu : R → R, definida por γu (h) := f (a + hu). Luego para que exista la recta tangente a esta curva tendr´a que existir, γu′ (0) = lim

h→0

f (a + hu) − f (a) . h

Esto motiva la siguiente definici´on Definici´ on 3.1.1 Sea Ω ⊂ Rn un abierto, f : Ω ⊂ Rn → Rm , y a ∈ Ω. Se define la derivada direccional de f en el punto a y en la direcci´on u (con u ∈ Rn , u = 0), como el siguiente l´ımite, cuando existe f (a + hu) − f (a) . h→0 h

Du f (a) := lim

Especial inter´es tienen las derivadas direccionales en la direcci´on de los elementos de la base can´onica de Rn , e1 , e2 , . . . , en . A dichas derivadas direccionales se les denominan derivadas parciales y se las denota por Di f (a), ∂f (a) o fxi (a), i.e., ∂xi Di f (a) =

∂f (a) = fxi (a) := Dei f (a). ∂xi

Si a = (a1 , a2 , . . . , an ), entonces, f (a1 , a2 , . . . , ai + h, . . . , an ) − f (a1 , a2 , . . . , an ) . h→0 h

Di f (a) = lim

(3.1)

62

Cap´ıtulo 3. Diferenciacion de funciones

Sea f : Ω ⊂ Rn → Rm , con componentes f1 , f2 , . . . , fm , i.e., f = (f1 , f2 , . . . , fm ) con fi : Ω ⊂ Rn → R. Entonces, como la convergencia en un producto es coordenada a coordenada, tenemos que Du f (a) existe si, y s´olo si, existen Du fi (a), para i = 1, 2, . . . , m. Adem´as en tal caso se tiene que Du f (a) = (Du f1 (a), Du f2 (a), . . . , Du fm (a)). En particular, Di f (a) = (Di f1 (a), Di f2 (a), . . . , Di fm (a)) .

(3.2)

Como consecuencia de (3.1) y (3.2), tenemos que en la pr´actica, el c´alculo de las derivadas parciales se reduce al c´alculo de derivadas de funciones reales de una variable real. Por ejemplo, si f (x, y) = x2 y + x seny, se tiene que ∂f (x, y) = 2xy + sen y, ∂x

∂f (x, y) = x2 + x cos y. ∂y

En el ejemplo siguiente, veremos que una funci´on puede tener derivadas direccionales en todas las direcciones y, sin embargo, no ser continua. Ejemplo 3.1.2 Consideremos la funci´on:     

xy 2 , x2 + y 4

si x = 0

  

0,

si x = 0.

f (x, y) := 

Dado u = (u1 , u2 ) ∈ R2 , u = 0, tenemos que hu1 (hu2 )2 u1 u22 f (0 + hu) − f (0) . = = h h((hu1 )2 + (hu2 )4 ) u21 + h2 u42 Luego,  2 u2    , 

u1 u22 =  u1 2 u4 h→0 u2 + h  1 2   0,

Du f (0) = lim

si u1 = 0 . si u1 =

2

Con lo cual, Du f (0) existe, para cada u ∈ R u = 0. Veamos que f no es continua en (0, 0). Si consideramos el valor de f en los puntos de la par´abola x = y 2 (excepto el orige), tenemos que: f (y 2 , y) =

1 y2y2 = . 4 4 y +y 2

63

3.1. Derivadas Direccionales y Diferencial

Con lo cual, por la Proposici´on 2.2.5, se tiene que en caso de existir el l´ımite doble ser´a: 1 lim f (x, y) = = 0 = f (0, 0). (x,y)→(0,0) 2 Por tanto, f no es continua en el origen.

30 20 10 0 -10

2 1

-2

0 -1 -1

0 1 2 -2

Figura 3.2 Gr´afica de la funci´on f Vemos pues que la existencia de las derivadas direccionales no implica la continuidad. Consecuentemente las derivadas direccionales no son una extensi´on satisfactoria de la derivada de funciones reales de variable real, al caso de funciones de varias variables. Esto nos lleva a dar una generalizaci´on m´as conveniente que implica la continuidad y que sirve para dar las extensiones adecuadas de los Teoremas fundamentales del c´alculo de funciones reales de una variable real al caso de funciones entre espacios eucl´ıdeos finito dimensionales. Es ´este el concepto de diferencial. Definici´ on 3.1.3 Sea Ω ⊂ Rn un abierto, f : Ω ⊂ Rn → Rm y x0 ∈ Ω. Se dice que f es diferenciable en x0 si existe una aplicaci´on lineal T ∈ L(Rn , Rm ), tal que lim x→0

f (x0 + x) − f (x0 ) − T (x) = 0. x

(3.3)

64

Cap´ıtulo 3. Diferenciacion de funciones

Veamos que existe una u ´nica aplicaci´on lineal T cumpliendo (3.3). Supongamos que existieran T1 y T2 cumpliendo (3.3). Entonces, lim

x→0

T1 (x) − T2 (x) = 0. x

En particular, fijado un x ∈ Rn , con x = 0, se tiene que T1 (tx) − T2 (tx) T1 (x) − T2 (x) = . t→0 tx x

0 = lim

Por tanto, T1 (x) = T2 (x), y consecuentemente, T1 = T2 . A la u ´nica aplicaci´on lineal T que cumple (3.3) se la denota por Df (x0 ) y se le llama la diferencial de f en el punto x0 . Evidentemente, la condici´on de diferenciabilidad se puede expresar tambi´en como: f (x0 + x) − f (x0 ) = Df (x0 )(x) + x ǫx0 (x)

(3.4)

con ǫx0 (x) → 0 cuando x → 0. La expresi´on (3.4) se escribe frecuentemente como: f (x0 + x) − f (x0 ) = Df (x0 )(x) + o(x) cuando x → 0. Diremos que f es diferenciable en el conjunto abierto Ω, cuando lo sea en todos sus puntos. Veamos ahora cu´al es la relaci´on entre la diferencial y las derivadas direccionales. Proposici´ on 3.1.4 Sea Ω ⊂ Rn un abierto, f : Ω ⊂ Rn → Rm y x0 ∈ Ω. Si f es diferenciable en x0 , entonces existen todas las derivadas direccionales de f en x0 . Adem´as, para cada u ∈ Rn , u = 0, se tiene que Df (x0 )(u) = Du f (x0 ). Demostracion. Sea u ∈ Rn , u = 0. Como f es diferenciable en x0 , se tiene que f (x0 + x) − f (x0 ) − Df (x0 )(x) lim = 0. x→0 x En particular, tomando x = tu, t ∈ R, en el l´ımite anterior nos queda que f (x0 + tu) − f (x0 ) − Df (x0 )(tu) t→0 tu

0 = lim

65

3.1. Derivadas Direccionales y Diferencial f (x0 + tu) − f (x0 ) − tDf (x0 )(u) t→0 |t| u

= lim =

f (x0 + tu) − f (x0 ) 1 t lim − Df (x0 )(u) . u t→0 |t| |t| 



De donde se deduce que f (x0 + tu) − f (x0 ) = Df (x0 )(u). t→0 t

Du f (x0 ) = lim

 Ejemplo 3.1.5 Supongamos que T ∈ L(Rn , Rm ). Entonces, T (x0 + x) − T (x0 ) − T (x) = 0. x→0 x lim

Por tanto, T es diferenciable en x0 y DT (x0 ) = T para cada x0 ∈ Rn . Adem´as, por la proposici´on anterior se tiene que Du T (x0 ) = T (u). Teorema 3.1.6 Sea Ω ⊂ Rn un abierto, f : Ω ⊂ Rn → Rm y x0 ∈ Ω. Si f es diferenciable en x0 , entonces f es continua en x0 . Demostracion. Al ser f diferenciable en x0 se tiene que: f (x0 + x) − f (x0 ) = Df (x0 )(x) + x ǫx0 (x) con ǫx0 (x) → 0 cuando x → 0. Por tanto, como Df (x0 ) es continua, tenemos que limx→0 f (x0 + x) − f (x0 ) = 0. Consecuentemente, f es continua en x0 .  Nota 3.1.7 En el Ejemplo 3.1.2 vimos que la existencia de todas las derivadas direccionales no implica la continuidad. Por tanto, por el teorema anterior tenemos que la existencia de todas las derivadas direccionales no implica la diferenciabilidad. M´as adelante veremos que la existencia de las derivadas parciales m´as la continuidad de las mismas s´ı que implica la diferenciabilidad. Teniendo en cuenta que la convergencia en Rm es coordenada a coordenada, se tiene que la diferenciabilidad de una funci´on con valores vectoriales es equivalente a la diferenciabilidad de sus componentes. M´as concretamente, se tiene el siguiente resultado:

66

Cap´ıtulo 3. Diferenciacion de funciones

Proposici´ on 3.1.8 Sea Ω ⊂ Rn un abierto, f : Ω ⊂ Rn → Rm y x0 ∈ Ω. Entonces, f es diferenciable en x0 si, y s´olo si, cada fi es diferenciable en x0 . Adem´as, se tiene que Df (x0 ) = (Df1 (x0 ), Df2 (x0 ), . . . , Dfm (x0 )). Como consecuencia de este u ´ltimo resultado tenemos que en muchos casos ser´a suficiente obtener los resultados para funciones reales valuadas. Definici´ on 3.1.9 Sea Ω ⊂ Rn un abierto, f : Ω ⊂ Rn → Rm y x0 ∈ Ω. Si f es diferenciable en x0 , entonces, como la diferencial de f en x0 , Df (x0 ) ∈ L(Rn , Rm ), es una aplicaci´on lineal, tendr´a una expresi´on matricial respecto a las bases can´onicas de Rn y Rm . A dicha matriz se le denomina la matriz Jacobiana de f en x0 y se la representa por f ′ (x0 ), i.e., 

Df (x0 )(x)

t

= f ′ (x0 )xt .

(3.5)

En lugar de utilizar la notaci´on de las traspuestas, escribiremos (3.5) como Df (x0 )(x) = f ′ (x0 )x, entendiendo que cuando los vectores de Rn o Rm los consideramos como matrices los ponemos como matrices columnas. Para calcular la matriz Jacobiana de una funci´on en un punto, veamos primero el siguiente resultado: Proposici´ on 3.1.10 Sea Ω ⊂ Rn un abierto, f : Ω ⊂ Rn → Rm una funci´on diferenciable en x0 ∈ Ω, y sea u = (u1 , u2 , . . . , un ) ∈ Rn , u = 0. Entonces, se tiene que Du f (x0 ) =

n 

ui Di f (x0 ).

i=1

Demostracion. Por la Proposici´on 3.1.6, tenemos que: Du f (x0 ) = Df (x0 )(u) = Df (x0 )

 n 

u i ei

i=1

=

n  i=1

ui Df (x0 )(ei ) =

n 



ui Di f (x0 ).

i=1



67

3.1. Derivadas Direccionales y Diferencial

Proposici´ on 3.1.11 Sea Ω ⊂ Rn un abierto, f : Ω ⊂ Rn → Rm y x0 ∈ Ω. Entonces, si f es diferenciable en x0 , su matriz Jacobiana viene dada por: ⎛

⎞

D1 f1 (x0 ) D2 f1 (x0 ) . . . Dn f1 (x0 ) ⎜ ⎟ .. .. .. ′ ... ⎟. f (x0 ) = ⎜ . . . ⎝ ⎠ D1 fm (x0 ) D2 fm (x0 ) . . . Dn fm (x0 ) Demostracion. Como consecuencia de las dos Proposiciones anteriores tenemos que: ⎛ ⎜ ⎜

Df (x0 )(u) = ⎜ ⎜ ⎝

⎛ n i=1 ui ⎜ n ⎜ i=1 ui =⎜ ⎜ ⎝ n

Di f1 (x0 ) Di f2 (x0 ) .. .

⎞

Df1 (x0 )(u) Df2 (x0 )(u) .. . Dfn (x0 )(u)

⎞

⎛

⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎟=⎜ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠

Du f1 (x0 ) Du f2 (x0 ) .. . Du fn (x0 )

⎞ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎠ ⎞

⎛

⎞ u1 D1 f1 (x0 ) D2 f1 (x0 ) . . . Dn f1 (x0 ) ⎟ ⎟ ⎜ ⎟ ⎟ ⎜ u2 ⎟ ⎜ .. .. .. ... ⎟=⎜ ⎟ ⎜ . ⎟. . . . ⎟ ⎠ ⎜ . ⎟ ⎝ ⎠ ⎝ . ⎠ D1 fm (x0 ) D2 fm (x0 ) . . . Dn fm (x0 ) un i=1 ui Di fm (x0 ) ⎛

Con lo cual, ⎞

⎛

D1 f1 (x0 ) D2 f1 (x0 ) . . . Dn f1 (x0 ) ⎟ ⎜ .. .. .. ′ ... ⎟. ⎜ f (x0 ) = ⎝ . . . ⎠ D1 fm (x0 ) D2 fm (x0 ) . . . Dn fm (x0 )  Tenemos pues, que la matriz Jacobiana est´a definida en todos los puntos donde existen todas las derivadas parciales, aunque la funci´on no sea diferenciable (v´ease Ejemplo 3.1.2). Es m´as, como veremos en el ejemplo siguiente, puede existir la matriz Jacobiana sin que existan todas las derivadas direccionales. Ejemplo 3.1.12 Consideremos la funci´on f : R2 → R, definida por: ⎧ ⎪ ⎨ x + y,

f (x, y) := ⎪ ⎩

1,

si x = 0 o y = 0 si x = 0 e y = 0.

68

Cap´ıtulo 3. Diferenciacion de funciones

Es f´acil comprobar que matriz Jacobiana y vale

∂f (0, 0) ∂x

=1y

∂f (0, 0) ∂y

= 1. Con lo cual, existe la

f ′ (0, 0) = (1, 1). Sin embargo, si consideramos una direcci´on en el plano u = (u1 , u2 ) que tenga las dos componentes no nulas, tenemos que no existe la derivada direccional de f en dicha direcci´on, ya que, no existe el l´ımite f (0 + hu) − f (0) 1 = lim . h→0 h→0 h h lim

En el caso m = 1, i.e., cuando f : Ω ⊂ Rn → R, al vector cuyas componentes son las derivadas parciales de f en el punto x0 se le denomina vector gradiente de f en x0 , y se denota por gradf (x0 ) o ∇f (x0 ), i.e., gradf (x0 ) = ∇f (x0 ) := (D1 f (x0 ), D2 f (x0 ), . . . , Dn f (x0 )). En t´erminos del vector gradiente, la f´ormula de la proposici´on anterior se expresa como Du f (x0 ) = ∇f (x0 ), u, (3.6) siendo, ,  el producto escalar can´onico de Rn . El vector gradiente tiene la direcci´on en la cual f crece m´as r´apidamente. M´as concretamente, se tiene el siguiente resultado. Proposici´ on 3.1.13 Sea Ω ⊂ Rn un abierto, f : Ω ⊂ Rn → R y x0 ∈ Ω. Supongamos que f es diferenciable en x0 y que ∇f (x0 ) = 0. Entonces, max{|Du f (x0 )| : u = 1} = ∇f (x0 ), y dicho m´aximo se toma en la direcci´ on del gradiente de f en x0 . Demostracion. Dado un u ∈ Rn con u = 1, aplicando la Desigualdad de Cauchy-Schwarz, tenemos que |Du f (x0 )| = |∇f (x0 ), u| ≤ ∇f (x0 ) u = ∇f (x0 ). Adem´as se da la igualdad si, y s´olo si, ∇f (x0 ) y u son linealmente dependientes. Luego el m´aximo de la derivada direccional lo toma en la ∇f (x0 ) direcci´on ∇f . Dicho m´aximo ser´a, (x0 ) D

∇f (x0 ) ∇f (x0 )

f (x0 ) = ∇f (x0 ),

∇f (x0 )  = ∇f (x0 ). ∇f (x0 )

69

3.1. Derivadas Direccionales y Diferencial

 Como comentamos al comienzo de este cap´ıtulo, la diferencial nos sirve para definir los planos tangentes a superficies. Aunque al estudiar las variedades lo estudiaremos m´as extensamente, damos ahora la siguiente definici´on: Definici´ on 3.1.14 Sea Ω ⊂ Rn un abierto, f : Ω ⊂ Rn → R y x0 ∈ Ω. Supongamos que f es diferenciable en x0 . La ecuaci´on: z = f (x0 ) + Df (x0 )(x − x0 ),

(3.7)

representa a un hiperplano del espacio Rn+1 (i.e., un espacio af´ın de dimensi´on n) que pasa por el punto (x0 , f (x0 )) y que se denomina el hiperplano tangente a la superficie que representa a la gr´afica de f (i.e., la superficie z = f (x)) en el punto (x0 , f (x0 )). Observar que en el caso n = 1, (3.7) nos da la ecuaci´on de la recta tangente a la gr´afica de f . En el caso n = 2, al hiperplano tangente se le denomina plano tangente. En este caso, la ecuaci´on del plano tangente a la superficie z = f (x, y) en el punto (x0 , y0 ), viene dado por: 







∂f ∂f z = f (x0 , y0 ) + (x0 , y0 ) (x − x0 ) + (x0 , y0 ) (y − y0 ). ∂x ∂y Ejemplo 3.1.15 Vamos a calcular el plano tangente a la esfera de centro el origen y√radio 1 en el punto (0, 0, 1). Para ello consideremos la funci´on f (x, y) := 1 − x2 − y 2 , cuya gr´afica Gr(f ) =



3

(x, y, z) ∈ R : z =



1−

x2

−

y2



,

representa al casquete superior de la esfera. Tenemos entonces que el plano tangente que queremos calcular viene dado por 







∂f ∂f z = f (0, 0) + (0, 0) x + (0, 0) y. ∂x ∂y Ahora, ∂f x0 , (x0 , y0 ) = −  ∂x 1 − x20 − y02

y0 ∂f . (x0 , y0 ) = −  ∂y 1 − x20 − y02

Con lo cual, tenemos que el plano tangente a la esfera en el punto (0, 0, 1), es el plano z = 1.

70

Cap´ıtulo 3. Diferenciacion de funciones

Ejemplo 3.1.16 Supongamos que queremos saber si la funci´on f (x, y) := x2 + y 2 es diferenciable en el punto (1, 1). Entonces, como ∂f ∂f (1, 1) = (1, 1) = 2. ∂x ∂y Tenemos que, en caso de ser diferenciable, su matriz Jacobiana ser´ıa f (1, 1) = (2, 2). Luego para ver su diferenciabilidad tenemos que demostrar que el siguiente l´ımite es cero. ′

lim

f (1 + x, 1 + y) − f (1, 1) − (2, 2)

(x,y)→(0,0)

=



x y



(x, y)

 (1 + x)2 + (1 + y)2 − 2 − 2x − 2y √ 2 x2 + y 2 = 0. = lim (x,y)→(0,0) (x,y)→(0,0) x + y2

lim

Por tanto, f es diferenciable en (1, 1).

3.2

La Regla de la Cadena

Al igual que para el caso de funciones reales de variable real, es muy u ´til tener una f´ormula para el c´alculo de la diferencial de la composici´on de funciones. Es ´esta la conocida como regla de la cadena o Teorema de la funci´on compuesta. Teorema 3.2.1 (La regla de la cadena) Sean U y V subconjuntos abiertos de Rn y Rm , respectivamente. Si las aplicaciones f : U ⊂ Rn → Rm y g : V ⊂ Rm → Rk son diferenciables en x0 ∈ U y f (x0 ) ∈ V , respectivamente. Entonces la aplicaci´ on h := g ◦ f es diferenciable en x0 , y adem´as, Dh(x0 ) = Dg(f (x0 )) ◦ Df (x0 ). Demostracion. Por hip´otesis tenemos que: f (x0 + x) − f (x0 ) = Df (x0 )(x) + x ǫ1 (x),

ǫ1 (x) → 0 cuando x → 0,

g(f (x0 )+y)−g(f (x0 )) = Dg(f (x0 )(y)+y ǫ2 (y), ǫ2 (y) → 0 cuando y → 0. Con lo cual, tenemos que:

h(x0 + x) − h(x0 ) = g (f (x0 + x)) − g (f (x0 ))

71

3.2. La Regla de la Cadena = g (f (x0 ) + f (x0 + x) − f (x0 )) − g (f (x0 )) = Dg (f (x0 )) (f (x0 + x) − f (x0 )) +f (x0 + x) − f (x0 )ǫ2 (f (x0 + x) − f (x0 )) = Dg (f (x0 )) (Df (x0 )(x) + x ǫ1 (x)) + Df (x0 )(x) +x ǫ1 (x)ǫ2 (f (x0 + x) − f (x0 )) = Dg (f (x0 )) (Df (x0 )(x)) + xDg (f (x0 )) (ǫ1 (x)) 



x +xDf (x0 ) + ǫ1 (x)ǫ2 (f (x0 + x) − f (x0 )) x = (Dg (f (x0 )) ◦ Df (x0 )) (x) + xǫ(x), con, 



x + ǫ1 (x)ǫ2 (f (x0 + x) − f (x0 )) . ǫ(x) := Dg (f (x0 )) (ǫ1 (x)) + Df (x0 ) x Por tanto, es suficiente con demostrar que ǫ(x) → 0 cuando x → 0. En efecto: Como Dg(f (x0 )) es continua y ǫ1 (x) → 0 cuando x → 0, tenemos que Dg(f (x0 ))(ǫ1 (x)) → 0 cuando x → 0. Por otra parte, de la continuidad de f en x0 , se sigue que ǫ2 (f (x0 + x) − f (x0 )) → 0

cuando x → 0.

Por u ´ltimo, de la continuidad de Df (x0 ) se sigue que 



x  ≤ Df (x0 ). Df (x0 ) x Con lo cual, 



x + ǫ1 (x) Df (x0 ) x est´a acotado. Por tanto, ǫ(x) → 0 cuando x → 0.



Supongamos que estamos bajo las hip´otesis de la regla de la cadena, entonces, teniendo en cuenta que la matriz asociada a la composici´on de dos aplicaciones lineales es el producto de las matrices asociadas a dichas aplicaciones lineales, tenemos que las matrices Jacobianas cumplen la siguiente relaci´on, conocida como forma matricial de la regla de la cadena h′ (x0 ) = g ′ (f (x0 )) · f ′ (x0 ).

(3.8)

72

Cap´ıtulo 3. Diferenciacion de funciones

Esta ecuaci´on matricial nos da un conjunto de ecuaciones escalares que son las que nos interesan en la pr´actica. En efecto: Sean f = (f1 , . . . , fm ), g = (g1 , . . . , gk ), h = (h1 , . . . , hk ) y sea y0 = f (x0 ). Entonces la ecuaci´on (3.8) nos queda como: ⎞

⎛

D1 h1 (x0 ) . . . Dn h1 (x0 ) ⎟ ⎜ .. .. .. ⎟ ⎜ . . . ⎠ ⎝ D1 hk (x0 ) . . . Dn hk (x0 ) ⎞ ⎛

⎛

⎞

D1 f1 (x0 ) . . . Dn f1 (x0 ) D1 g1 (y0 ) . . . Dm g1 (y0 ) ⎟ ⎟ ⎜ ⎜ .. .. . . .. . ⎟. ⎜ ⎟ ⎜ .. .. .. =⎝ . . . ⎠ ⎠ ⎝ D1 fm (x0 ) . . . Dn fm (x0 ) D1 gk (y0 ) . . . Dm gk (y0 ) De donde, teniendo en cuenta la regla de multiplicaci´on de matrices, nos quedan las ecuaciones: Di hj (x0 ) =

m 

Dr gj (y0 ) Di fr (x0 ),

1 ≤ i ≤ n, 1 ≤ j ≤ k,

(3.9)

r=1

que escritas en la otra notaci´on nos quedan como: m  ∂hj ∂fr ∂gj (x0 ) = (y0 ) (x0 ), ∂xi ∂xi r=1 ∂yr

1 ≤ i ≤ n, 1 ≤ j ≤ k.

Ejemplo 3.2.2 Supongamos que f (x, y) := (x2 + 1, y 2 )

y g(u, v) := (u + v, u, v 2 ).

Sea h := g ◦ f . Vamos a calcular, usando la regla de la cadena, h′ (1, 1). Tenemos que ⎛ ⎞ ∂g1 ∂g1 ⎜ ⎟ ⎜ ∂u ∂v ⎟ ⎜ ⎟ ⎞ ⎛ ⎜ ⎟ 1 1 ⎜ ⎟ ⎜ ∂g2 ∂g2 ⎟ ⎟ ⎜ ⎟=⎝ 1 0 ⎠ g ′ (u, v) = ⎜ ⎟ ⎜ ∂u ∂v ⎟ ⎜ 0 2v ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎝ ∂g3 ∂g3 ⎠ ∂u ∂v y ⎞ ⎛ ∂f1 ∂f1 ⎜   ∂y ⎟ ⎟ ⎜ ∂x 2x 0 ⎟ ⎜ ′ ⎟= f (x, y) = ⎜ . ⎟ ⎜ 0 2y ⎝ ∂f2 ∂f2 ⎠ ∂x ∂y

73

3.2. La Regla de la Cadena Cuando (x, y) = (1, 1), f (x, y) = (u, v) = (2, 1). Por tanto, ⎞ ⎞ ⎛   1 1 2 2 2 0 ⎟ ⎟ h′ (1, 1) = g ′ (2, 1) · f ′ (1, 1) = ⎜ =⎜ ⎝ 1 0 ⎠ ⎝ 2 0 ⎠. 0 2 0 4 0 2 ⎛

Veamos ahora c´omo usar la regla de la cadena para efectuar un cambio de variables . Supongamos que tenemos la funci´on z = z(x, y) y que queremos hacer el cambio de variable x = φ(u, v), y = ψ(u, v). Tenemos entonces, R2 −→ R2 −→ R (u, v) → (x, y) → z(x, y). Por tanto, aplicando la regla de la cadena, tenemos



∂z ∂u

∂z ∂v



=



∂z ∂x

∂φ  ⎜ ⎜ ∂u ∂z ⎜ ⎜ ∂y ⎝ ∂ψ ⎛

∂u

∂φ ⎞ ∂v ⎟ ⎟

⎟, ⎟ ∂ψ ⎠

∂v

de donde se obtiene el siguiente sistema ⎧ ∂z ∂z ∂φ ∂z ∂ψ ⎪ ⎪ ⎪ = + ⎪ ⎪ ∂x ∂u ∂y ∂u ⎨ ∂u

⎪ ⎪ ⎪ ∂z ∂z ∂φ ∂z ∂ψ ⎪ ⎪ = + . ⎩

∂v

∂x ∂v

∂y ∂v

∂z ∂z Para que este sistema, con inc´ognitas ∂x , ∂y , tenga soluci´on se tiene que cumplir que, " " " ∂φ ∂ψ " " " " ∂u ∂u " " " " = 0. J := "" " " ∂φ ∂ψ " " " " " ∂v ∂v Si se cumple esta condici´on, aplicando la regla de Cramer, obtenemos que

" " ∂z " " ∂z 1 "" ∂u = ∂x J "" ∂z " "

∂v

∂ψ ∂u

" " " " " " " ∂ψ "" "

∂v

" " ∂φ " " ∂z 1 "" ∂u = ∂y J "" ∂φ " "

∂v

∂z ∂u

" " " " " " " ∂z "" "

∂v

74

Cap´ıtulo 3. Diferenciacion de funciones

Este m´etodo es v´alido para tres o m´as variables. Como aplicaci´on veamos el siguiente ejemplo: ∂z ∂z Ejemplo 3.2.3 Vamos a transformar la expresi´on x ∂y − y ∂x mediante el cambio a coordenadas polares x = ρ cos θ, y = ρ sen θ. En este caso tenemos que " " " cos θ sen θ "" " " = ρ = 0. J := " " −ρ sen θ ρ cos θ "

Luego,

" " ∂z " ∂z 1 "" ∂ρ = " ∂x ρ " ∂z "

∂θ

" "

sen θ ""

ρ cos θ "

" " " ∂z 1 "" cos θ = " ∂y ρ " " −ρ sen θ

∂z ∂ρ ∂z ∂θ

Por tanto,

x 





∂z 1 ∂z "= ρ cos θ . − sen θ " ρ ∂ρ ∂θ "

" "   " " 1 ∂z ∂z "= cos θ . + ρ sen θ " ρ ∂θ ∂ρ " "

∂z ∂z −y = ∂y ∂x 



∂z 1 ∂z 1 ∂z ∂z cos θ −ρ sen θ ρ cos θ ρ cos θ + ρ sen θ − sen θ ρ ∂θ ∂ρ ρ ∂ρ ∂θ



=

∂z . ∂θ

Ejemplo 3.2.4 Este ejemplo ilustra del riesgo que se corre al denotar las funciones por medio de variables reales. Sean w = f (x, y, z) y z = g(x, y). Entonces, aplicando la regla de la cadena, tenemos que: ∂w ∂w ∂x ∂w ∂y ∂w ∂z = + + . ∂x ∂x ∂x ∂y ∂x ∂z ∂x Ahora, como

∂x ∂x

=1y

∂y ∂x

= 0, obtenemos que

∂w ∂w ∂w ∂z = + , ∂x ∂x ∂z ∂x con lo cual, ∂w ∂z = 0. ∂z ∂x

75

3.2. La Regla de la Cadena Pero si w = x + y + z y z = x + y, entonces: ∂w ∂z = 1. ∂z ∂x

¿Donde est´a el error? Para resolverlo vamos a plantear el mismo problema pero con notaci´on funcional. Tenemos, −→ R3 −→ R R2 (x, y) → (x, y, g(x, y)) → f (x, y, g(x, y)). Sea h(x, y) := (x, y, g(x, y)) y F := f ◦ h. Entonces, aplicando la regla de la cadena, nos queda que 



D1 h1 D2 h1  (D1 F D2 F ) = (D1 f D2 f D3 f )   D1 h2 D2 h2  . D1 h3 D2 h3 Con lo cual, D1 F = D1 f1 D1 h1 + D2 f D1 h2 + D3 f D1 h3 . Entonces, tomando h1 (x, y) = x, h2 (x, y) = y y h3 (x, y) = g(x, y), nos queda que D1 F = D1 f + D3 f D1 g. Por tanto, el error lo hemos cometido por igualar D1 F con D1 f . Veamos, como consecuencia de la regla de la cadena, c´omo se comporta la diferencial con respecto a las operaciones suma y producto. Teorema 3.2.5 Sea Ω ⊂ Rn un abierto, y sean f, g : Ω ⊂ Rn → R funciones diferenciables en x0 ∈ Ω. Entonces, f + g y f · g son diferenciables en x0 . Adem´as (i) D(f + g)(x0 ) = Df (x0 ) + Dg(x0 ) (ii) D(f · g)(x0 ) = g(x0 )Df (x0 ) + f (x0 )Dg(x0 ). Si adem´as, g(x0 ) = 0, se tiene que (iii) D(f /g)(x0 ) =

g(x0 )Df (x0 ) − f (x0 )Dg(x0 ) . (g(x0 ))2

76

Cap´ıtulo 3. Diferenciacion de funciones

Demostracion. Sea S : R2 → R definida por S(x, y) := x + y. Como S es lineal sabemos que DS(x, y) = S para todo (x, y) ∈ R2 . Ahora, f + g = S ◦ (f, g). Por tanto, aplicando la regla de la cadena, tenemos que: D(f + g)(x0 ) = DS(f (x0 ), g(x0 )) ◦ D(f, g)(x0 ) = S ◦ (Df (x0 ), Dg(x0 )) = Df (x0 ) + Dg(x0 ). (ii) se hace de forma similar a (i) considerando en este caso, en lugar de S la aplicaci´on P : R2 → R definida por P (x, y) := xy. Se tiene entonces que f · g = P ◦ (f, g). Adem´as, es f´acil ver que DP (x, y)(a, b) = ay + bx. Por tanto, aplicando la regla de la cadena, tenemos que: D(f ·g)(x0 ) = DP (f (x0 ), g(x0 ))(Df (x0 ), Dg(x0 )) = g(x0 )Df (x0 )+f (x0 )Dg(x0 ). La demostraci´on de (iii) se deja como ejercicio para el lector.

3.3



El Teorema del Valor Medio y sus Consecuencias

Recordemos que el Teorema del valor medio para funciones reales de variable real establece que: “Si f : [a, b] → R es una funci´on continua en [a, b] y derivable en ]a, b[, entonces, existe un c ∈]a, b[, tal que f (b) − f (a) = f ′ (c)(b − a)”. Veamos con un ejemplo que este teorema no tiene una extensi´on a funciones con valores vectoriales, i.e., a funciones f : Rn → Rm con m > 1. Sin embargo, veremos que s´ı tiene una extensi´on para funciones de Rn en R. Ejemplo 3.3.1 Sea f : R → R2 definida por f (t) := (cos t, sen t). Entonces, ′

f (t) =



−sen t cos t



.

Por tanto, para cada u ∈ R, se tiene que Df (t)(u) = f ′ (t).u =



−sen t cos t



u = u(−sen t, cos t).

77

3.3. El Teorema del Valor Medio y sus Consecuencias

Entonces, para a = 0 y b = 2π no se cumple el Teorema del valor medio, pues f (2π) − f (0) = (0, 0), y, sin embargo, Df (t)(2π) = 2π(−sen t, cos t) = (0, 0)

∀ t ∈]0, 2π[.

Vamos a ver que existe una generalizaci´on del Teorema del valor medio para funciones vectoriales, tomando en cada miembro de la igualdad el producto escalar por un cierto vector. Teorema 3.3.2 (Teorema del valor medio) Sea Ω ⊂ Rn un abierto y f : Ω ⊂ Rn → Rm una funci´on diferenciable en Ω. Sean x, y ∈ Ω, tales que [x, y] ⊂ Ω. Entonces, para cada u ∈ Rm existe un z ∈ [x, y], tal que u, (f (y) − f (x)) = u, (Df (z)(y − x)). Demostracion. Sea a := y − x. Como Ω es un abierto y [x, y] ⊂ Ω, existir´a un ǫ > 0 tal que x + ta = ty + (1 − t)x ∈ Ω para todo t ∈] − ǫ, 1 + ǫ[. Sea u ∈ Rm fijo. Definimos la funci´on F :] − ǫ, 1 + ǫ[→ R, como F (t) := u, f (x + ta). Como F = Iu ◦ f ◦ h, con Iu (z) := u, z y h(t) := x + ta, aplicando la regla de la cadena, tenemos que: 

′

F (t) =

Iu′ (f (h(t)))

  f (h(t)) h (t) = (u1 , u2 , . . . , un ) f (x + ta)    ′

′

′

a1 a2 .. . an

     

= u, (Df (x + ta)(a)). Entonces, aplic´andole a F el Teorema del valor medio para funciones reales de variable real, tenemos que existe un θ ∈]0, 1[, tal que F (1)−F (0) = F ′ (θ). Por tanto, si z := x + θa = θy + (1 − θ)x ∈ [x, y], se tiene que: u, (f (y) − f (x)) = F (1) − F (0) = F ′ (θ) = u, (Df (x + θa)(a)) = u, (Df (z)(y − x)). 

78

Cap´ıtulo 3. Diferenciacion de funciones

Corolario 3.3.3 Sea Ω ⊂ Rn un abierto y f : Ω ⊂ Rn → R una funci´on diferenciable en Ω. Sean x, y ∈ Ω, tales que [x, y] ⊂ Ω. Entonces existe un z ∈ [x, y] tal que f (y) − f (x) = Df (z)(y − x). Demostracion. Basta con tomar u = 1 en el teorema anterior.



Hay muchos autores que denominan Teorema del valor medio para funciones vectoriales al siguiente resultado: Corolario 3.3.4 Sea Ω ⊂ Rn un abierto y f : Ω ⊂ Rn → Rm una funci´on diferenciable en Ω. Sean x, y ∈ Ω, tales que [x, y] ⊂ Ω. Entonces se cumple la siguiente desigualdad: f (y) − f (x) ≤ sup Df (z) y − x. z∈[x,y]

Demostracion. Podemos suponer que f (x) = f (y), pues en caso de darse la igualdad el resultado es trivial. Entonces, tomando u :=

f (y) − f (x) f (y) − f (x)

en el Teorema del valor medio, existe un z ∈ [x, y] tal que u, (f (y) − f (x)) = u, (Df (z)(y − x)). De donde, aplicando la Desigualdad de Cauchy-Schwarz, se sigue que f (y) − f (x) = |u, (f (y) − f (x))| = |u, (Df (z)(y − x))| ≤ u Df (z)(y − x) ≤ Df (z) y − x.  Para funciones reales de variable real, como consecuencia del Teorema del valor medio, se tiene que si la funci´on tiene derivada nula en un intervalo, entonces es constante. Vamos a dar un resultado similar para funciones vectoriales. Para ello necesitamos introducir primeramente el concepto de dominio. Definici´ on 3.3.5 Sea Ω ⊂ Rn un abierto. Se dice que Ω es un dominio si dados x, y ∈ Ω, existe una poligonal contenida en Ω que une los puntos x e y, i.e., existen z1 , z2 , . . . , zk ∈ Ω, con z1 = x, zk = y y cumpliendo que [zi , zi+1 ] ⊂ Ω para i = 1, 2, . . . , k − 1.

3.3. El Teorema del Valor Medio y sus Consecuencias

79

Un caso particular importante de dominios son los abiertos convexos, i.e., los abiertos Ω con la propiedad de contener a los segmentos que unen sus puntos. Teorema 3.3.6 Sea Ω ⊂ Rn un dominio y f : Ω ⊂ Rn → Rm una funci´on diferenciable en Ω. Si Df (x) = 0 para cada x ∈ Ω, entonces f es constante en Ω. Demostracion. Sean x, y ∈ Ω. Como Ω es un dominio, existen z1 , z2 , . . . , zk ∈ Ω, con z1 = x, zk = y y cumpliendo que [zi , zi+1 ] ⊂ Ω para i = 1, 2, . . . , k−1. Aplicando el Teorema del valor medio, tenemos que u, (f (zi+1 )−f (zi )) = 0 para cada u ∈ Rm , i = 1, 2, . . . , k − 1. Entonces, 0=

k−1 

u, (f (zi+1 ) − f (zi )) = u, (f (y) − f (x)).

i=1

Con lo cual, tomando u = f (y) − f (x), nos queda que f (y) − f (x), f (y) − f (x) = 0, y consecuentemente f (x) = f (y).



Hemos visto que la existencia de las derivadas parciales (e incluso las derivadas direccionales) no implica la diferenciabilidad. El siguiente teorema establece que si adem´as dichas derivadas parciales son continuas, entonces s´ı se tiene la diferenciabilidad de la funci´on. Teorema 3.3.7 Sea Ω ⊂ Rn un abierto, x0 ∈ Ω y f : Ω ⊂ Rn → Rm . Si existen las derivadas parciales Di f en una bola B(x0 , r) ⊂ Ω (i = 1, 2, . . . , n) y son continuas en x0 , entonces f es diferenciable en x0 . Demostracion. Podemos suponer que m = 1. Tenemos que demostrar que R(x) = 0, x→0 x

(3.10)

lim

siendo R(x) := f (x0 + x) − f (x0 ) −

n 

Di f (x0 )xi .

i=1

En efecto: Dado ǫ > 0, por la continuidad de las derivadas parciales, existe un δ, 0 < δ ≤ r, tal que: |Di f (y) − Di f (x0 )| ≤ ǫ,

∀y ∈ B(x0 , δ), i = 1, 2, . . . , n.

(3.11)

80

Cap´ıtulo 3. Diferenciacion de funciones

Sea x tal que x0 + x ∈ B(x0 , δ). Tomemos z0 := x0 , y para cada i =  1, 2, . . . , n, zi := x0 + ij=1 xj ej . Entonces, zi ∈ B(x0 , δ), ∀ i = 1, 2, . . . , n, y zn = x0 + x, y se tiene que f (x0 + x) − f (x0 ) =

n 

(f (zi ) − f (zi−1 )) =

i=1

n 

(f (zi−1 + xi ei ) − f (zi−1 ))

i=1

Ahora, por el Teorema del valor medio, existe yi con |yi | < |xi |, tal que f (zi−1 + xi ei ) − f (zi−1 ) = Di f (zi−1 + yi ei )xi .

(3.12)

Como zi−1 + yi ei ∈ B(x0 , δ), por (3.11), tenemos que |Di f (zi−1 + yi ei ) − Di f (x0 )| ≤ ǫ,

∀ i = 1, 2, . . . , n.

De aqu´ı, teniendo en cuenta (3.12), obtenemos que: |R(x)| = |

n 

Di f (zi−1 + yi ei )xi − Di f (x0 )xi |

i=1

≤

n 

|Di f (zi−1 + yi ei ) − Di f (x0 )||xi | ≤ ǫ x.

i=1

De donde se sigue (3.10).



En el ejemplo siguiente, veremos que la continuidad de las derivadas parciales, si bien es condici´on suficiente, no es necesaria para la diferenciabilidad. Ejemplo 3.3.8 Sean f1 , . . . , fn :]a, b[→ R funciones diferenciables. Sea Ω := ]a, b[× . . . ×]a, b[⊂ Rn , y sea f : Ω → R definida por f (x1 , . . . , xn ) := f1 (x1 ) + · · · + fn (xn ). Entonces, f es diferenciable en Ω y Df (x)(y) =

n 

fi′ (xi )yi .

i=1

En efecto: tenemos que demostrar que: f (x + y) − f (x) − Df (x)(y) y→0 y

0 = lim

3.4. Curvas en Rn

81 n

(fi (xi + yi ) − f (xi )) − ni=1 fi′ (xi )yi = lim . y→0 y Ahora, para demostrar ´esto, basta con observar que 

i=1

" " " " " f (x + y ) − f (x ) − f ′ (x )y " " f (x + y ) − f (x ) − f ′ (x )y " i i i i" i i i i" " i i " i i i i ". "≤" " " " " " y yi

Por tanto, Di f (x) = fi′ (xi ). Luego, bastar´a con considerar fi diferenciables, tales que, fi′ no sean continuas para tener el ejemplo que buscamos. Es f´acil comprobar que una funci´on con las caracteristicas anteriores nos la proporciona la funci´on f (x) :=

⎧ 1 ⎪ 2 ⎪ ⎪ ⎨ x sen

x

⎪ ⎪ ⎪ ⎩ 0

3.4

si x = 0 si x = 0.

Curvas en Rn

Consideremos una part´ıcula que se mueve en el espacio. Entonces, en cada tiempo t, tenemos su vector de posici´on x(t) = (x1 (t), x2 (t), x3 (t)) ∈ R3 . Al variar el tiempo, dicho vector de posici´on describe una curva en el espacio que representa la trayectoria de la part´ıcula. Adem´as el vector velocidad de la part´ıcula en el instante t viene dado por (x′1 (t), x′2 (t), x′3 (t)). Esto nos sugiere la siguiente definici´on: Definici´ on 3.4.1 Llamaremos trayectoria en Rn a una aplicaci´on continua γ : [a, b] → Rn . Los puntos γ(a) y γ(b), se denominan los extremos de la trayectoria. A la imagen de una trayectoria γ se le denomina curva, y se le denota por γ ⋆ , i.e., γ ⋆ := γ([a, b]). Por ejemplo, el c´ırculo unitario en el plano es la curva cuya trayectoria viene dada por: γ : [0, 2π] → R2 ,

γ(t) := (cos t, sen t).

Ahora, no es ´esta la u ´nica trayectoria cuya curva asociada es el c´ırculo unitario. Por ejemplo, si σ : [0, 1] → R2 ,

σ(t) := (cos 2πt, sen 2πt),

entonces, σ ⋆ es tambi´en el c´ırculo unitario.

82

Cap´ıtulo 3. Diferenciacion de funciones

Definici´ on 3.4.2 Si en un punto t ∈]a, b[, la trayectoria γ es diferenciable, a su matriz Jacobiana γ ′ (t) considerada como vector de Rn se le denomina vector tangente (o vector velocidad) a la curva en γ(t). Notar, que si γ = (γ1 , . . . , γn ), entonces, γ(t + h) − γ(t) . h→0 h

γ ′ (t) = (γ1′ (t), . . . , γn′ (t)) = lim

La longitud del vector velocidad representa la rapidez de la part´ıcula, i.e., la rapidez de la part´ıcula en el instante t viene dada por ′

γ (t) =



(γ1′ (t))2 + · · · + (γn′ (t))2 .

La recta tangente a γ en γ(t0 ), es la recta dada en forma param´etrica por s → γ(t0 ) + s γ ′ (t0 ). Por ejemplo, si consideramos la trayectoria γ : [0, 2π] → R2 ,

γ(t) := (cos t, sen t),

tenemos que la recta tangente a dicha trayectoria en el el punto (0, 1) = γ(π/2), es la recta s → (0, 1) + s(−sen (π/2), cos (π/2)) = (−s, 1). En este caso, el vector velocidad es γ ′ (t) = (−sen t, cos t), y la rapidez viene dada por  γ ′ (t) = (sen t)2 + (cos t)2 = 1. Tenemos pues que en este caso, la rapidez es constante sin serlo su velocidad. Esto se debe a que cambia constantemente de direcci´on. Veamos ahora cu´al es la relaci´on entre el gradiente de una funci´on y sus superficies de nivel. Para ello necesitamos dar primeramente la siguiente definici´on: Definici´ on 3.4.3 Sea Ω ⊂ Rn un abierto y f : Ω ⊂ Rn → R. Sea C(f, k) un conjunto de nivel de f . Se dice que un vector u ∈ Rn es normal al conjunto de nivel C(f, k) en x0 ∈ C(f, k), si para cada curva diferenciable γ : ] − δ, δ[→ C(f, k), tal que γ(0) = x0 , se tiene que u, γ ′ (0) = 0 (i.e., u es ortogonal al vector tangente γ ′ (0)).

83

3.4. Curvas en Rn

Proposici´ on 3.4.4 Sea Ω ⊂ Rn un abierto y f : Ω ⊂ Rn → R una funci´on diferenciable. Entonces, para cada x0 ∈ C(f, k), el gradiente ∇f (x0 ) es normal al conjunto de nivel C(f, k) en x0 . Demostracion. Sea γ : ] − δ, δ[→ C(f, k), una curva diferenciable tal que γ(0) = x0 . Entonces, como f (γ(t)) = k para todo t ∈ ] − δ, δ[, aplicando la regla de la cadena nos queda que 0 = (f ◦ γ)′ (0) = ∇f (γ(0)), γ ′ (0). Por tanto ∇f (x0 ) es normal al conjunto de nivel C(f, k) en x0 .



Tenemos pues que el vector gradiente tiene un importante significado geom´etrico. Nos proporciona la direcci´on en la cual la funci´on crece m´as r´apidamente y la direcci´on ortogonal a los conjuntos de nivel de la funci´on. Vamos a dar ahora algunas aplicaciones a la Mec´anica. Supongamos que tenemos una part´ıcula en R3 movi´endose y que γ(t) = (x(t), y(t), z(t)) es la trayectoria que sigue. A la tasa de cambio de su velocidad es a lo que se denomina su aceleraci´ on, i.e., su aceleraci´on viene dada por, a(t) := γ ′′ (t) = (x′′ (t), y ′′ (t), z ′′ (t)). La segunda ley de Newton afirma que si la part´ıcula tiene masa m, entonces, la fuerza F que act´ ua sobre ella en el tiempo t, viene dada por F(γ(t)) = ma(t). Por tanto, el problema de determinar la trayectoria γ(t) de una part´ıcula, conocida su masa m, la fuerza F que act´ ua sobre ella y su posici´on y veloci′ dad inicial γ(t0 ) y γ (t0 ), respectivamente, consiste en resolver la ecuaci´on diferencial para γ(t), mγ ′′ (t) = F(γ(t)) (3.13) con datos iniciales γ(t0 ) y γ ′ (t0 ). En el siglo XVI, Johannes Kepler estableci´o, de forma emp´ırica, sus tres famosas leyes sobre el movimiento de los planetas: (1) “Cada planeta se mueve a lo largo de una elipse en uno de cuyos focos se encuentra el sol.” (2) “El radio vector que va desde el sol hasta el planeta describe a´reas iguales en iguales intervalos de tiempo.”

84

Cap´ıtulo 3. Diferenciacion de funciones

(3) “Los cuadrados de los tiempos empleados en dar una vuelta completa alrededor del sol son, para dos planetas cualesquiera, proporcionales a los cubos de los semiejes mayores de sus ´orbitas.” Estas leyes, aunque hermosas, son bastante complicadas. Posteriormente, Issac Newton hall´o, para ellas, una expresi´on m´as sencilla, aunque no menos asombrosa: la ley de la gravitaci´on universal. “Entre dos cuerpos cualesquiera act´ ua una fuerza de atracci´ on, directamente proporcional a sus masas e inversamente proporcional al cuadrado de la distancia entre ellos.” Newton jam´as escribi´o sus leyes como ecuaciones anal´ıticas. El primero en hacerlo fue Euler, alrededor de 1750. Supongamos que tenemos un planeta de masa m movi´endose alrededor del sol (que supondremos situado en el origen de R3 y con masa M ). Sea r(t) el vector de posici´on del planeta. Entonces, la ley de la gravitaci´on de Newton nos dice que la fuerza de gravitaci´on ejercida por el sol sobre el planeta viene dada por GmM F(r(t)) = − r(t), r(t)3 donde G es una constante universal. Consecuentemente, de (3.13), obtenemos la ecuaci´on mr′′ (t) = −

GmM r(t). r(t)3

(3.14)

De la soluci´on de la ecuaci´on (3.14) se deducen las tres famosas leyes de Kepler. No vamos aqu´ı a resolver dicha ecuaci´on pues para ello, necesitamos algunos conocimientos sobre ecuaciones diferenciales ordinarias.

3.5

Campos Vectoriales

Si tenemos un fluido en movimiento en una regi´on del espacio, entonces, en un instante dado, cada part´ıcula del fluido tendr´a una velocidad que se representa por un vector V = (v1 , v2 , v3 ). Se dice que estos vectores forman un campo vectorial en la regi´on en cuesti´on. Entonces las tres componentes del vector del campo aparecen como tres funciones: v1 (x, y, z), v2 (x, y, z), v3 (x, y, z)

85

3.5. Campos Vectoriales

de las tres coordenadas x, y, z de la posici´on de la part´ıcula en el instante en cuesti´on. Com´ unmente se representa V como un vector con punto inicial (x, y, z). An´alogamente las fuerzas que act´ uan en puntos diferentes del espacio forman un campo vectorial. Como ejemplo de un campo de fuerzas podemos considerar la fuerza de atracci´on del sol sobre una masa m que, seg´ un hemos visto al final de la secci´on anterior, viene dado por: F(r(t)) = −

GmM r(t). r(t)3

Este campo se denomina campo de la fuerza gravitacional.

Figura 3.3 Campo vectorial F (x, y) = (2x, y) En F´ısica un campo de fuerzas se suele visualizar como un campo de flechas que a cada punto le asocia una flecha que apunta en la direcci´on de la fuerza y cuya longitud representa la magnitud de la fuerza (ver Figura 3.3). En general, se da la siguiente definici´on: Definici´ on 3.5.1 Un campo vectorial en Rn es una funci´on F : Ω ⊂ Rn → Rn que asigna a cada punto x de su dominio Ω un vector F(x). Tenemos entonces que F = (F1 , F2 , . . . , Fn ). A las componentes Fi se les denominan campos escalares.

86

Cap´ıtulo 3. Diferenciacion de funciones

Sea Ω ⊂ Rn , y sea f : Ω ⊂ Rn → R una funci´on diferenciable en Ω. Tenemos entonces que el gradiente de f , ∇f = (D1 f, D2 f, . . . , Dn f ) es un campo vectorial en Ω. Definici´ on 3.5.2 Sea F : Ω ⊂ Rn → Rn un campo vectorial en Ω. Se dice que F es un campo conservativo o campo gradiente, si existe una funci´on f : Ω ⊂ Rn → R diferenciable en Ω, tal que: F(x) = ∇f (x)

∀ x ∈ Ω.

Como −∇f = ∇(−f ) no importa si usamos f ’o −f en la definici´on de campo conservativo. Supongamos que F es un campo conservativo en Ω, y sea ψ una funci´on diferenciable en Ω tal que: F(x) = −∇ψ(x)

∀ x ∈ Ω.

(3.15)

En F´ısica ψ se interpreta como energ´ıa potencial. Cuando se cumpla (3.15) a la funci´on ψ la denominaremos el potencial del campo F. Supongamos que una part´ıcula de masa m se mueve siguiendo la trayectoria diferenciable γ(t). Si suponemos que se satisface la segunda ley de Newton, tenemos que F(γ(t)) = mγ ′′ (t). En F´ısica se denomina energ´ıa cin´etica a: 1 m(γ ′ (t))2 . 2 El nombre de campo conservativo viene del siguiente resultado. Teorema 3.5.3 (Ley de conservacion) Supongamos que F es un campo conservativo con energ´ıa potencial ψ, i.e., F = −∇ψ. Supongamos que en dicho campo una part´ıcula se mueve siguiendo una trayectoria diferenciable que satisface la segunda ley de Newton. Entonces la suma de su energ´ıa cin´etica y su energ´ıa potencial es constante. Demostracion. Tenemos que demostrar que: 1 η(t) := ψ(γ(t)) + m(γ ′ (t))2 2

87

3.5. Campos Vectoriales

es constante. Diferenciando y aplicando la regla de la cadena, tenemos que η ′ (t) = ∇ψ(γ(t)), γ ′ (t) + mγ ′ (t), γ ′′ (t). Ahora, por la segunda ley de Newton, mγ ′′ (t) = F(γ(t)) = −∇ψ(γ(t)). Por tanto η ′ (t) = 0. Con lo que η(t) es constante.



Ejemplo 3.5.4 Tenemos que el campo de fuerzas gravitacional viene dado por: GmM F(r(t)) = − r(t). r(t)3 GmM Si llamamos V (x, y, z) := − (x,y,z) , es f´acil ver que F = −∇V . Por tanto el campo de fuerzas gravitacional es conservativo y su potencial viene dado por GmM V (x, y, z) := − . (x, y, z)

Dicho potencial se denomina potencial gravitacional. Las superficies de nivel del potencial gravitacional vienen dadas por: 

C(V, k) = (x, y, z) ∈ R3 : V (x, y, z) = k #

GmM = (x, y, z) ∈ R : − =k (x, y, z) 

3



$ 

= (x, y, z) ∈ R3 : (x, y, z) = −kGmM . Tenemos pues que para k < 0, dichas superficies de nivel, que en este caso se denominan superficies equipotenciales, son esferas. Adem´as, por la Proposici´on 3.4.4 (tambi´en se puede comprobar directamente), el campo F es normal a dichas esferas y est´a dirigido hacia el origen, como era de esperar. Ejemplo 3.5.5 Seg´ un la ley de Coulomb, la fuerza el´ectrica que act´ ua sobre una carga e situada en (x, y, z), debida a una carga Q situada en el origen, viene dada por: F(x, y, z) =

ǫQe (x, y, z) = −∇V (x, y, z), (x, y, z)3

88

Cap´ıtulo 3. Diferenciacion de funciones

donde ǫ es una constante y V =

ǫQe (x, y, z)

es el potencial del campo el´ectrico. Como en el ejemplo anterior tenemos que las superficies equipotenciales son tambi´en esferas y el campo es normal a dichas esferas. Obs´ervese que cuando Qe > 0, i.e., cuando las cargas tienen el mismo signo la fuerza es repulsiva y cuando Qe < 0, i.e., cuando las cargas tienen signo distinto, entonces la fuerza es atractiva. En F´ısica hay muchos ejemplos de campos conservativos como los dos anteriores. Por ejemplo, si tenemos un material que se calienta y T (x, y, z) es la temperatura del material en el punto (x, y, z). Entonces, el flujo de calor en el material produce un campo vectorial dado por F = −k∇T , donde k es una constante que depende de la conductividad del material. En este caso a las superficies equipotenciales se les denomina isotermas. Hemos visto que, derivando, a cada campo escalar se le asigna un campo vectorial, su gradiente. De modo semejante a un campo vectorial se le asigna un cierto campo escalar denominado su divergencia. Definici´ on 3.5.6 Dado un campo vectorial F = (F1 , F2 , . . . , Fn ) en Rn , se define su divergencia como div F :=

n  ∂Fi i=1

∂xi

.

Tenemos pues que la divergencia de un campo es el producto escalar del campo por el operador gradiente. Por esta raz´on se suele escribir: div F = ∇, F. La divergencia de un campo vectorial tiene una interpretaci´on F´ısica muy clara e interesante, pero para hablar de la misma, tenemos que esperarnos a dar el Teorema de Gauss sobre integrales de superficie. Sin embargo, podemos decir lo siguiente. Si imaginamos F como el campo de velocidades de un fluido, entonces div F representa la tasa de expansi´on por unidad de volumen del fluido. Por ejemplo, si F(x, y, z) = (x, y, z), entonces div F(x, y, z) = 3; lo que significa que el fluido se est´a expandiendo a la tasa de 3 unidades c´ ubicas por unidad de volumen por unidad de tiempo. Si div F < 0 significa que el fluido se est´a comprimiendo.

3.6. Las Diferenciales de Fr´echet y de Gˆateaux

3.6

89

Las Diferenciales de Fr´ echet y de Gˆ ateaux

En el contexto de la larga historia del C´alculo, es asombrosamente nuevo el tratamiento riguroso de la teor´ıa de funciones de varias variables. Todav´ıa en 1909 la definici´on de diferencial de una funci´on de R2 en R fue sujeto de un trabajo de investigaci´on de W. H. Young ( “On differentials ”, Proc. London Math. Soc. 7 (1909), 157-180 ). La teor´ıa de la diferenciaci´on en espacios de dimensi´on infinita tiene sus comienzos en 1887 con V. Volterra, al considerar ´este las derivadas variacionales de funciones de C([a, b]) en R. Una de las m´as importantes motivaciones para el desarrollo del C´alculo Diferencial en espacios de dimensi´on infinita proviene de la cl´asica teor´ıa del C´alculo de Variaciones. Los fundamentos del C´alculo de Variaciones fueron dados en los siglos XVII y XVIII por Bernouilli, Euler, Legendre y Jacobi. El problema m´as viejo del C´alculo de Variaciones, conocido como problema de Dido, se remonta a la ´epoca de la fundaci´on de la ciudad de Cartago. Dicho problema consiste en encontrar, entre todas las curvas cerradas de la misma longitud, aquella que encierra mayor a´rea. No es dif´ıcil ver que el problema de Dido puede ser interpretado como el problema de hallar el m´aximo de la funci´on F : C([0, L]) → R, definida por F (y) :=

 L 0



y(s) 1 − (y ′ (s))2 ds.

El problema con el que comienza el estudio sistem´atico del C´alculo de Variaciones fue propuesto por John Bernouilli en 1696: Supongamos que A y B son dos puntos de un plano vertical (Figura 3.4); el problema consiste en encontrar la curva que describe una part´ıcula de masa m para ir de A a B bajo la influencia de la fuerza de la gravedad en el menor tiempo posible. Dicha curva se denomina braquist´ ocrona. Por la ley de conservaci´on de la energ´ıa, para todo tiempo t, la suma de la energ´ıa cin´etica y potencial es constante, con lo cual, 1 2 1 mv (t) + mGh(t) = mv 2 (0) + mGya = C, 2 2 siendo G la constante gravitacional, v(t) la velocidad de la part´ıcula en el tiempo t y h(t) la Y -coordenada en el tiempo t (estamos suponiendo que el eje X es la superficie de la Tierra). La trayectoria que sigue la part´ıcula la podemos representar como la gr´afica de una funci´on y : [a, b] → R. Si S(t)

90

Cap´ıtulo 3. Diferenciacion de funciones

es la distancia recorrida en el tiempo t, entonces tenemos que dS(t) v(t) = = dt

%

2Cm 2Gh(t). +

Por tanto, el tiempo necesario para que la part´ıcula viaje de A a B siguiendo la gr´afica de la funci´on y, viene dado por: T (y) =

 tB 0

dt =

 S(tB ) dS(t)

v(t)

0

dt =

 b a





1 + (y ′ (x))2

2C m

+ 2Gy(x)

dx.

Tenemos pues que el problema de la braquist´ocrona consiste en encontrar la funci´on y, con valores frontera y(a) = ya , y(b) = yb , que minimice a T (y).

A

B

a

b

Figura 3.4 Otro ejemplo cl´asico del C´alculo de Variaciones es el problema de determinar la superficie de revoluci´on m´ınima acotada por dos c´ırculos con un eje com´ un, problema que puede ser interpretado como el de hallar los extremos del funcional:  b  F (y) = 2π y 1 + (y ′ (x))2 dx. a

donde y es un elemento del espacio normado C([a, b]).

Vemos pues que todos los problemas anteriores consisten en minimizar o maximizar funcionales de la forma: J(y) =

 b a

F (x, y(x), y ′ (x)) dx,

3.6. Las Diferenciales de Fr´echet y de Gˆateaux

91

con y : [a, b] → R una funci´on sujeta a ciertas condiciones de frontera. Fue J. Hadamard a principios de este siglo quien puso de manifiesto la necesidad de desarrollar una teor´ıa de la diferenciaci´on en espacios de dimensi´on infinita. Esta tarea la iniciaron sus disc´ıpulos M. Fr´echet y M. R. Gˆateaux. Fr´echet elabor´o su teor´ıa entre los a˜ nos 1911 y 1925, y Gˆateaux en 1913, quien desafortunadamente muri´o en la Primera Guerra Mundial y su definici´on de diferencial fue publicada por L´evy en 1922. Definici´ on 3.6.1 Sean E y F dos espacios normados, sea Ω un abierto de E, y sea f : Ω → F . Se dice que f es diferenciable Fr´ echet en x0 ∈ Ω si existe una T ∈ L(E, F ) (siendo L(E, F ) el espacio de todas las aplicaciones lineales y continuas de E en F ) tal que f (x0 + x) − f (x0 ) − T (x) = 0. x→0 x lim

Con una prueba similar a la dada en el caso finito dimensional, se demuestra que existe una u ´nica aplicaci´on T ∈ L(E, F ) cumpliendo lo anterior, aplicaci´on que se denota por Df (x0 ) y que se denomina la diferencial de Fr´echet en x0 . Tenemos, pues, que la diferencial que hemos definido para funciones de Rn en Rm es exactamente la diferencial de Fr´echet. Hay una diferencia importante entre el caso finito dimensional y el infinito dimensional. Es ´esta: que en el caso finito dimensional toda aplicaci´on lineal es autom´aticamente continua (Teorema 2.4.4), cosa que no es cierta en el contexto de los espacios normados de dimensi´on infinita. Por ello hay que imponer en la definici´on que la diferencial sea continua. Con pruebas totalmente similares a las dadas en este cap´ıtulo se demuestran casi todos los resultados que hemos dado pero para funciones entre espacios normados. Una buena exposici´on de esta teor´ıa se encuentra en las monograf´ıas de H. Cartan [2] y T. M. Flett [8]. Definici´ on 3.6.2 Sean E y F dos espacios normados, sea Ω un abierto de E, y sea f : Ω → F . Sean x0 ∈ Ω y x ∈ E. Se llama variaci´on de Gˆateaux de f en x0 respecto al incremento x, al l´ımite (si existe): f (x0 + tx) − f (x0 ) . t→0 t

δf (x0 )(x) = lim

on de Gˆ ateaux A la funci´on x → δf (x0 )(x) se le denomina la variaci´ de f en x0 .

92

Cap´ıtulo 3. Diferenciacion de funciones

Obs´ervese, que en el caso finito dimensional la variaci´on de Gˆateaux de f en x0 respecto al incremento x coincide con la derivada direccional de f en x0 en la direcci´on x, i.e., si f : Rn → Rm , entonces, Dx f (x0 ) = δf (x0 )(x). En general la variaci´on de Gˆateaux no es lineal. En efecto: sea f : R2 → R definida por:   x, si |y| ≥ x2   

f (x, y) := 

|y|    ,

Es f´acil ver que

x

   0,

δf (0, 0)(x, y) =  

x,

si |y| < x2 .

si x = 0 o y = 0 si x = 0 e y = 0.

Tenemos pues que δf (0, 0) no es lineal. Adem´as, δf (0, 0) es discontinua en los puntos (x, 0) con x = 0. En las condiciones de la definici´on anterior, se dice que f es diferenciable Gˆ ateaux en x0 si δf (x0 ) ∈ L(E, F ). En este caso a δf (x0 ) se le denomina la diferencial de Gˆ ateaux de f en x0 . Con la misma prueba que dimos en la Proposic´on 3.1.4, se demuestra que “toda funci´on diferenciable Fr´echet es diferenciable G¨ ateaux y, adem´as, ambas diferenciales coinciden”.

3.7

Problemas

3.1. Sea

 α(|x| + |y|)     √

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

  

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

f (x, y) := 

x2 + y 2 β

Hallar la relaci´on entre α y β para que existan las derivadas parciales de f en (0, 0). √ 3.2. Sea f (x, y) := 3 xy. Demostrar que las derivadas direccionales en (0, 0) de la funci´on f s´olo existen en las direcciones (0, 1), (1, 0), (0, −1) y (−1, 0).

93

3.7. Problemas

3.3. Estudiar la continuidad, existencia de derivadas parciales y direccionales, y diferenciabilidad en el origen de las siguientes funciones: (i)

⎧ xy ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ √x2 + y 2 f (x, y) := ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ 0

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

(ii) ⎧ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨

f (x, y) := ⎪ ⎪ ⎪ ⎩

x4 − y 4 x2 + xy + y 2

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

0

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

(iii) f (x, y) :=

⎧ 2 2 ⎪ ⎨ xy log(x + y ) ⎪ ⎩

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

0

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

(iv) ⎧ √ 2 ⎪ 2 ⎪ ⎪ ⎨ x + y sen

f (x, y) := ⎪ ⎪ ⎪ ⎩

x2

1 + y2

0

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

3.4. Calcular el vector gradiente de: z

(i) f (x, y, z) := xy en (1, 1, 1). (ii) f (x, y) := log(x2 + 2xy + 1) +

 x

cos2 t dt en (1, 1).

0

3.5. Estudiar la diferenciabilidad en (0, 0) de las funciones: (i) f (x, y) :=

⎧ ⎪ ⎨ 0 ⎪ ⎩

|x|

si y = x2 si y = x2 .

94

Cap´ıtulo 3. Diferenciacion de funciones (ii) f (x, y) :=



|xy|.

3.6. Sea Ω ⊂ Rn un abierto y f : Ω → R. Demostrar que f es diferenciable en a ∈ Ω si, y s´olo si, existe una funci´on g : Ω → R, continua en a, tal que f (x) − f (a) = g(x), x − a. 3.7. Sea B : Rn × Rn → Rm una aplicaci´on bilineal. Demostrar que B es diferenciable en cada punto (a, b) ∈ Rn × Rm , con diferencial DB(a, b)(x, y) = B(a, y) + B(x, b). 3.8. Demostrar que la aplicaci´on x → x es diferenciable en Rn \ {0}, y calcular su diferencial. 3.9. Hallar los puntos de la superficie z = 4x + 2y − x2 + xy − y 2 en los que el plano tangente es paralelo al plano XY . 3.10. Determinar los valores de a, b, c para que la derivada direccional de la funci´on f (x, y, z) = axy 2 + byz + cz 2 x3 tenga en (1, 2, −1) un valor m´aximo de 64 en la direcci´on del eje Z. 3.11. Sea f : Rn → R tal que |f (x)| ≤ M x2 . Comprobar que f es diferenciable en el origen. Aplicar este resultado a la funci´on: ⎧ ⎪ Ax2 cos x1 + By 2 sen x1 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨

f (x, y) := ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩

si x = 0, y = 0

Cx2 sen

1 x

si x = 0, y = 0

Dy 2 cos

1 y

si x = 0, y = 0.

3.12. Sean f (x, y, z) := (sen (xy + z), (1 + x2 )yz ), g(u, v) := (u + ev , v + eu ). Calcular D(g ◦ f )(1, −1, 1). 3.13. Sean f : R2 → R una funci´on diferenciable y g : R3 → R2 , g = (g1 , g2 ), con g1 (x, y, z) := x2 + y 2 + z 2 y g2 (x, y, z) := x + y + z. Sea h := f ◦ g.

95

3.7. Problemas Demostrar que: 

∂f ∇h = 4 ∂u

2



∂f ∂f ∂f g1 + 4 g2 + 3 ∂u ∂v ∂v

2

.

3.14. Sea f : Rn → R. Se dice que f es homog´enea de grado m si f (tx) = tm f (x) para cada t > 0 y x ∈ Rn . Si f es diferenciable, demostrar que  f es homog´enea de grado m si, y s´olo si, mf (x) = ni=1 Di f (x)xi .

3.15. Supongamos que u(t, x) satisface la ecuaci´on: ∂u ∂u +u =0 ∂t ∂x

y que x, como funci´on de t, x = f (t), satisface que u(t, f (t)) es constante.

dx dt

= u(t, x). Demostrar

3.16. Si f : Rn → R es diferenciable y f (0) = 0, probar que existen gi : Rn → R, tales que: f (x) =

n 

xi gi (x).

i=1

3.17. Sea Ω := R2 \ {(x, 0) : x ≥ 0}. (i) Sea f : Ω → R, tal que D1 f (x, y) = D2 f (x, y) = 0, para cada (x, y) ∈ Ω. Demostrar que f es constante en Ω.

(ii) Hallar una funci´on f : Ω → R que no sea independiente de la segunda variable y tal que D2 f (x, y) = 0, para cada (x, y) ∈ Ω.

3.18. Hallar los vectores velocidad y aceleraci´on y√la ecuaci´on de la recta tangente a la curva σ(t) := (t sen t, t cos t, 3t), en t = 0. Si una part´ıcula de dos gramos de masa sigue la trayectoria σ, ¿qu´e fuerza act´ ua sobre ella en t = 0? 3.19. Sea σ : [a, b] → R3 una trayectoria infinitamente diferenciable. Supongamos que σ ′ (t) = 0 para todo t ∈ [a, b]. El vector T(t) :=

σ ′ (t) σ ′ (t)

es tangente a σ en σ(t), y se le denomina el tangente unitario a σ.

96

Cap´ıtulo 3. Diferenciacion de funciones (i) Demostrar que T′ (t), T(t) = 0. (ii) Escribir una f´ormula para T′ (t) en t´erminos de σ.

3.20. Sea γ : [a, b] → Rn una curva diferenciable. (i) Supongamos que γ ′ (t) = 0 para todo t ∈ [a, b], y sea p ∈ Rn \ γ([a, b]). Si q = γ(t0 ) es tal que p − q ≤ p − γ(t) para todo t ∈ [a, b], demostrar que p − q es ortogonal a la curva en t0 , i.e. p − q, γ ′ (t0 ) = 0. (ii) Probar que γ(t) es constante si, y s´olo si, γ(t), γ ′ (t) = 0 para todo t ∈ [a, b]. 3.21. Supongamos que una part´ıcula que sigue la trayectoria γ(t) = (t, t2 , t cos t), en el tiempo t = π sale de la trayectoria por la tangente. ¿Donde est´a la part´ıcula en el tiempo t = 2π? 3.22. Si F es un campo vectorial, una l´ınea de flujo para F es una trayectoria γ(t) tal que: γ ′ (t) = F(γ(t)), es decir, F produce el campo de velocidades de la trayectoria γ(t). Si F(x, y, z) = (x2 , 0, z(1+x)). Demostrar que γ(t) = (1/(1−t), 0, et /(1− t)) es una l´ınea de flujo del campo F. 3.23. Demostrar que el campo vectorial F(x, y, z) = (3x2 y, x3 + y 3 , 0) es conservativo y calcular su potencial. 3.24. Sea C([0, 1]) = {f : [0, 1] → R : f continua}, y consideremos en dicho espacio vectorial la norma: f ∞ := sup |f (x)|. x∈[0,1]

Demostrar que la aplicaci´on T : C([0, 1]) → C([0, 1]), definida por T (f )(x) :=

 x

es diferenciable Fr´echet en C([0, 1]).

0

f 2 (t) dt,

97

3.7. Problemas

umeros reales x = (xn ) 3.25. Sea ℓ1 el espacio vectorial de las sucesiones de n´ ∞ con n=1 |xn | convergente. Consideremos en dicho espacio la norma x1 :=

∞ 

|xn |.

n=1

Sea T : ℓ1 → R, la aplicaci´on definida por: ∞ 

T (xn ) :=

sen xn .

n=1

Demostrar que T es diferenciable Fr´echet en 0, con diferencial DT (0)(yn ) = ∞ n=1 yn . umeros reales conver3.26. Sea c0 el espacio vectorial de las sucesiones de n´ gentes a cero, con la norma x∞ = sup |xn |,

x = (xn ) ∈ c0 .

n∈N

Demostrar que la norma es diferenciable Fr´echet en x = (xn ) ∈ c0 si, y s´olo si, existe un n0 ∈ N tal que |xn | < |xn0 | para cada n = n0 .

Cap´ıtulo IV Derivadas de Orden Superior. M´ aximos y Minimos Continuamos en este cap´ıtulo estudiando las funciones diferenciables entre espacios eucl´ıdeos de dimensi´on finita. Primeramente introducimos las derivadas de orden superior para establecer la F´ormula de Taylor para funciones de Rn en R y aplicamos la misma al estudio de los m´aximos y m´ınimos relativos de funciones de Rn en R. Finalizamos este cap´ıtulo caracterizando las funciones convexas suaves mediante sus derivadas de segundo orden.

4.1

Derivadas de Orden Superior

Comenzaremos definiendo las derivadas parciales de orden superior. Definici´ on 4.1.1 Sea Ω ⊂ Rn un abierto y f : Ω → Rm . Si para cada x ∈ Ω existe la derivada parcial Di f (x), entonces podemos definir la aplicaci´on Di f : Ω → Rm mediante la relaci´on (Di f )(x) := Di f (x), llamada la derivada parcial i-´ esima de primer orden. Si para cada x ∈ Ω existe la derivada parcial Dj (Di f )(x), se puede definir una aplicaci´on Dji : Ω → Rm , mediante (Dji f )(x) := Dj (Di f )(x). A las aplicaciones Dji f se les denomina las derivadas parciales de segundo orden. De forma an´aloga se pueden definir las derivadas parciales de tercer orden, etc. Otra notaci´on que se suele utilizar para las derivadas parciales de orden superior es la siguiente: Dji f =

∂ 2f . ∂xj ∂xi

99

100

Cap´ıtulo 4. Derivadas de Orden Superior. M´aximos y Minimos

De forma natural surge la siguiente pregunta: ¿Coinciden las derivadas cruzadas?, i.e., ¿se da la igualdad Dij f (x) = Dji f (x)? Vamos a ver con un ejemplo que esto no es cierto en general. Ejemplo 4.1.2 Consideremos la funci´on: f (x, y) =

 2 2   xy(x − y )

x2 + y 2   0

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

Entonces, para (x, y) = (0, 0), se tiene que: ∂f (y(x2 − y 2 ) + 2x2 y)(x2 + y 2 ) − 2x(xy(x2 − y 2 )) (x, y) = ∂x (x2 + y 2 )2 =

y(x4 + 4x2 y 2 − y 4 ) , (x2 + y 2 )2

y ∂f (0, 0) = 0. ∂x Por tanto:

∂f (0, y) = −y, ∂x

∀ y ∈ R.

Con lo cual, ∂f (0, y) = −1, ∂y∂x

∀ y ∈ R.

Por otra parte, para (x, y) = (0, 0), se tiene que: ∂f (x(x2 − y 2 ) − 2xy 2 )(x2 + y 2 ) − 2xy 2 (x2 − y 2 )) (x, y) = ∂y (x2 + y 2 )2 =

x(x4 − 4x2 y 2 − y 4 ) , (x2 + y 2 )2

y ∂f (0, 0) = 0. ∂y

101

4.1. Derivadas de Orden Superior Por tanto:

∂f (x, 0) = x, ∂y

∀ x ∈ R.

Con lo cual, ∂f (x, 0) = 1, ∂x∂y

∀ x ∈ R.

Tenemos pues que: ∂f ∂f (0, 0) = 1 = (0, 0) = −1. ∂x∂y ∂y∂x El teorema siguiente nos proporciona un criterio para saber si las derivadas cruzadas coinciden. Teorema 4.1.3 (Teorema de Young) Sea Ω ⊂ Rn un abierto y f : Ω → Rm . Si las derivadas parciales Di f y Dj f existen en una bola B(a, r) ⊂ Ω y son diferenciables en a, entonces: Dij f (a) = Dji f (a). Demostracion. Por la Proposici´on 3.1.8, podemos suponer que m = 1. Adem´as, como s´olo intervienen dos variables, podemos suponer que n = 2 y, por comodidad, tambi´en podemos suponer que a = (0, 0). Con estas reducciones, tenemos que demostrar que D12 f (0, 0) = D21 f (0, 0), sabiendo que existen D1 f y D2 f en una bola B((0, 0), r) y ambas son diferenciables en (0, 0). En efecto: Sea h = 0 tal que el cuadrado de v´ertices (0, 0), (h, 0), (0, h) y (h, h) est´a contenido en B((0, 0), r). Sea: ∆(h) := f (h, h) − f (h, 0) − f (0, h) + f (0, 0). Vamos a demostrar que: ∆(h) = D12 f (0, 0) h→0 h2 lim

y

∆(h) = D21 f (0, 0), h→0 h2 lim

con lo que quedar´a demostrado el teorema. Sea G(x) := f (x, h) − f (x, 0). Entonces, ∆(h) = G(h) − G(0). Aplicando a G el Teorema del valor medio unidimensional, tenemos que existe un x1 entre 0 y h, tal que, ∆(h) = G(h) − G(0) = hG′ (x1 ) = h(D1 f (x1 , h) − D1 f (x1 , 0)).

(4.1)

102

Cap´ıtulo 4. Derivadas de Orden Superior. M´aximos y Minimos

Por otra parte, como D1 f es diferenciable en (0, 0), se tendr´a que D1 f (x1 , h) − D1 f (0, 0) = (D(D1 f )(0, 0))(x1 , h) + (x1 , h) ǫ1 (h) = D11 f (0, 0)x1 + D21 f (0, 0)h + (x1 , h) ǫ1 (h), con limh→0 ǫ1 (h) = 0, y D1 f (x1 , 0) − D1 f (0, 0) = (D(D1 f )(0, 0))(x1 , 0) + (x1 , 0) ǫ2 (h) = D11 f (0, 0)x1 + (x1 , 0) ǫ2 (h), con limh→0 ǫ2 (h) = 0. Sustituyendo en (4.1), nos queda que: ∆(h) = h[D11 f (0, 0)x1 + D21 f (0, 0)h + (x1 , h) ǫ1 (h) − D11 f (0, 0)x1 −(x1 , 0) ǫ2 (h)] = D21 f (0, 0)h2 + ǫ(h), con ǫ(h) := [(x1 , h) ǫ1 (h) − (x1 , 0) ǫ2 (h)]h. Ahora, como |x1 | ≤ |h|, tenemos que 0 ≤ |ǫ(h)| ≤ (2|h| ǫ1 (h) + |h| ǫ2 (h))h. Con lo cual, limh→0

ǫ(h) = 0. Por tanto, h2 ∆(h) = D21 f (0, 0). h→0 h2 lim

Aplicando el razonamiento anterior a la funci´on H(y) := f (h, y) − f (0, y), en lugar de a la funci´on G, se obtiene que ∆(h) = D12 f (0, 0). h→0 h2 lim

 Como consecuencia del Teorema 3.3.7 y del Teorema de Young, tenemos el siguiente resultado:

103

4.1. Derivadas de Orden Superior

Teorema 4.1.4 (Teorema de Bolzano) Sea Ω ⊂ Rn un abierto y f : Ω → Rm . Si las derivadas parciales Di f y Dj f existen en una bola B(a, r) ⊂ Ω y adem´as, para cada k = 1, 2, · · · , n existen Dki f y Dkj f en B(a, r), y son continuas en a, entonces: Dij f (a) = Dji f (a). Hay otros resultados sobre la igualdad de las derivadas cruzadas, como el siguiente, cuya demostraci´on se encuentra por ejemplo en [5]: Teorema 4.1.5 (Teorema de Schwarz) Sea Ω ⊂ Rn un abierto y f : Ω → Rm . Si las derivadas parciales Di f , Dj f y Dij f existen en una bola B(a, r) ⊂ Ω y adem´as Dij f es continua en a, entonces existe Dji f (a) y se cumple que: Dij f (a) = Dji f (a). En el ejemplo siguiente veremos que puede existir una de las derivadas parciales de segundo orden y no existir su correspondiente derivada cruzada. Ejemplo 4.1.6 Consideremos la funci´on: f (x, y) := Se tiene que

   x − sen x

y − sen y   −1

si y = 0 si y = 0.

f (x, y) − f (0, y) x − sen x = lim = 0. x→0 x→0 x(y − sen y) x

D1 f (0, y) = lim

D1 f (0, 0) = lim

x→0

−1 + 1 f (x, 0) − f (0, 0) = lim = 0. x→0 x x

Por tanto, D21 f (0, 0) = 0. Sin embargo, D12 f (0, 0) no existe. En efecto, tenemos que: x − sen x +1 f (x, y) − f (x, 0) y − sen y D2 f (x, 0) = lim = lim y→0 y→0 y y x − sen x + y sen y . y→0 y(y − sen y) Y como este l´ımite no existe, no existir´a D12 f (0, 0). = lim

104

Cap´ıtulo 4. Derivadas de Orden Superior. M´aximos y Minimos

Definici´ on 4.1.7 Sea Ω ⊂ Rn un abierto y f : Ω → Rm . Se dice que f es una funci´ on de clase C 1 en Ω, si existen las derivadas parciales de f de primer orden y son continuas en Ω. Esto lo simbolizaremos por f ∈ C 1 (Ω, Rm ). Si f es diferenciable en Ω, tenemos que su diferencial Df (x) ∈ L(Rn , Rm ). Luego podemos considerar la aplicaci´on Df : Ω → L(Rn , Rm ). Cuando dicha aplicaci´on sea continua (considerando en L(Rn , Rm ) la m´etrica inducida por la norma (2.2)), se dice que f es continuamente diferenciable en Ω. Proposici´ on 4.1.8 Sea Ω ⊂ Rn un abierto y f : Ω → Rm . Son equivalentes: (i) f es continuamente diferenciable en Ω. (ii) f ∈ C 1 (Ω, Rm ). Demostracion. (i) implica (ii): Es evidente, ya que Di f (x) = Df (x)(ei ). (ii) implica (i): De la condici´on suficiente de diferenciabilidad (Teorema  3.3.7), se deduce que f es diferenciable, y como Df (x)(h) = ni=1 Di f (x)hi , se tiene que Df es continua.  Definici´ on 4.1.9 Sea Ω ⊂ Rn un abierto y f : Ω → Rm . Se dice que f es una funci´ on de clase C 2 en Ω, y se representa por f ∈ C 2 (Ω, Rm ), si 1 Di f ∈ C (Ω, Rm ) para cada i = 1, 2, · · · , n. En general, si q ∈ N, se dice que f es una funci´ on de clase C q en Ω, q−1 m si Di f ∈ C (Ω, R ) para cada i = 1, 2, · · · , n. Esto lo simbolizaremos por f ∈ C q (Ω, Rm ). Cuando f ∈ C q (Ω, Rm ) para todo q ∈ N, se dice que f es de clase C ∞ en Ω, y se escribe f ∈ C ∞ (Ω, Rm ).

4.2

Algunas Ecuaciones de la F´ısica

En este apartado presentamos una breve descripci´on de algunas de las ecuaciones m´as importantes de la F´ısica Matem´atica, para motivar el estudio de las derivadas parciales. Desde que Galileo dijo que “el universo est´a escrito en lenguaje matem´atico”, muchos han sido los esfuerzos por matematizar la naturaleza, es decir, por escribir las leyes de la naturaleza en t´erminos de ecuaciones. Recordemos

105

4.2. Algunas Ecuaciones de la F´ısica

que en la Secci´on 3.5 vimos que la segunda ley de Newton sobre la fuerza de atracci´on se escribe mediante la ecuaci´on diferencial ordinaria: F(γ(t)) = mγ ′′ (t). Ahora bien, el tipo m´as com´ un de ecuaciones que aparecen al matematizar la naturaleza son ecuaciones en derivadas parciales, i.e., ecuaciones en las que aparecen derivadas parciales de funciones. La ecuaci´ on de Laplace. En la Secci´on 3.5 vimos que el potencial gravitacional V de una masa m situada en un punto (x, y, z) provocado por una masa M colocada en el origen, viene dado por V (x, y, z) = −

GmM . (x, y, z)

Es f´acil comprobar que, salvo en el origen, V satisface la ecuaci´on en derivadas parciales: ∂ 2V ∂ 2V ∂2V + + = 0. (4.2) ∂x2 ∂y 2 ∂z 2 Dicha ecuaci´on se denomina ecuaci´ on de Laplace en honor de Pierre Simon de Laplace que fue quien la estableci´o en 1782, dando con ello un cambio sustancial al estudio de la gravitaci´on. En 1813, Poisson demostr´o que si el cuerpo atrayente D tiene densidad ρ, entonces el potencial gravitacional que crea satisface la ecuaci´on: ∂ 2V ∂ 2V ∂2V + + = −4πρ. ∂x2 ∂y 2 ∂z 2

en D,

(4.3)

ecuaci´on que se conoce como ecuaci´ on de Poisson. Tambi´en fue Poisson quien se˜ nal´o la importacia de la ecuaci´on (4.3) en el estudio de los campos el´ectricos. Al operador diferencial que aparece en la ecuaci´on (4.2) se le denomina el operador de Laplace o Laplaciano. M´as generalmente, si u : Rn → R, se define el Laplaciano de u como: ∆u :=

n  ∂ 2u i=1

∂x2i

.

Obs´ervese que el Laplaciano de u es la divergencia del campo gradiente, i.e., ∆u = div ∇u.

106

Cap´ıtulo 4. Derivadas de Orden Superior. M´aximos y Minimos

Como veremos, el Laplaciano tiene una presencia constante en las ecuaciones de F´ısica Matem´atica. La ecuaci´ on de ondas. La historia moderna del An´alisis Matem´atico tiene su origen en dos problemas propuestos por B. Taylor en 1715: (1) “Determinar el movimiento de una cuerda tensa” y (2) “Dada la longitud y el peso de la cuerda, as´ı como la fuerza que la tensa, encontrar el tiempo de vibraci´ on”. El propio Taylor obtuvo la ecuaci´on en derivadas parciales que representa el movimiento de la cuerda vibrante, ´esta es la llamada ecuaci´ on de ondas: 2 ∂ 2u 2∂ u = c . ∂t2 ∂x2

Se puede afirmar, sin temor a equivocarse, que el deseo de dar respuesta a los muchos problemas originados por el estudio de la ecuaci´on de ondas, fue el hilo conductor del desarrollo del An´alisis Matem´atico del siglo XIX. Veamos c´omo se deduce la ecuaci´on de ondas a partir de la segunda ley de Newton. Supongamos que una cuerda flexible se tensa entre dos puntos del eje x, que supondremos x = 0 y x = π. La cuerda se deforma entonces a una cierta curva y = f (x) (Figura 4.1) y se suelta a continuaci´on. Para obtener la ecuaci´on del movimiento, hacemos varias hip´otesis de simplificaci´on: la primera es que la vibraci´on es transversal, i.e., cada punto de la cuerda tiene coordenda x constante, de manera que su coordenada y depende s´olo de x y del tiempo t. Por tanto, el desplazamiento de la cuerda viene dado por 2 una funci´on u(x, t), y sus derivadas en el tiempo ∂u y ∂∂t2u representan la ∂t velocidad y la aceleraci´on de la cuerda. Consideremos el movimiento de un peque˜ no fragmento de la cuerda que tenga en equilibrio una longitud δx. Si la densidad de la masa lineal es m = m(x), de modo que la masa de ese fragmento es mδx, por la segunda ley de Newton la fuerza transversal F que act´ ua sobre ´el es: F = mδx

∂ 2u . ∂t2

(4.4)

Como la cuerda es flexible, la tensi´on T = T (x) en cualquier punto est´a dirigida a lo largo de la tangente (ver Figura 4.1 ) y tiene componente y igual a T sen θ.

107

4.2. Algunas Ecuaciones de la F´ısica

2.5

2

1.5

1

θ 0.5

δx 0.5

1

1.5

2

2.5

3

Figura 4.1 Si suponemos que el movimiento de la cuerda se debe exclusivamente a la tensi´on, tenemos que F es la diferencia entre los valores de T sen θ entre los extremos de nuestro fragmento, a saber δ(T sen θ). Por tanto, de (4.4) obtenemos: ∂ 2u δ(T sen θ) = mδx 2 . (4.5) ∂t Si las vibraciones son peque˜ nas, de modo que θ es peque˜ no y sen θ es aproximadamente igual a tg θ = ∂u , entonces (4.5) nos dice que: ∂x δ(T ∂u ) ∂2u ∂x =m 2. δx ∂t Cuando δx tiende a cero, de (4.6), se obtiene la ecuaci´on:

(4.6)

∂ ∂u ∂ 2u (4.7) (T ) = m 2 . ∂x ∂x ∂t Finalmente, suponiendo que m y T son constantes, la ecuaci´on (4.6) se puede escribir como 2 ∂ 2u 2∂ u =c (4.8) ∂t2 ∂x2 

con c = T /m. Es decir hemos deducido la ecuaci´on de ondas unidimensional. En el caso multidimensional, i.e., cuando la variable espacial x ∈ Rn , la ecuaci´on de ondas toma la forma ∂2u = c2 ∆u ∂t2

108

Cap´ıtulo 4. Derivadas de Orden Superior. M´aximos y Minimos

siendo ∆ el Laplaciano en las variables espaciales, i.e., ∆u(t, x) =

n  ∂ 2u i=1

∂x2i

(t, x).

La ecuaci´on de ondas unidimensional es uno de los raros ejemplos de ecuaci´on en derivadas parciales sujeta a ciertas condiciones de contorno de la cual se puede primero encontrar su soluci´on general y despu´es obligarla a que cumpla las condiciones iniciales. Dicho m´etodo fue introducido por D’Alembert en 1747 y mejorado en 1748 por Euler. Veamos dicho m´etodo: Consideremos la ecuaci´on de ondas unidimensional con condiciones de contorno nulas, con posici´on inicial f (x) y con velocidad inicial g(x), i.e., consideremos el problema: ⎧ ⎪ utt − c2 uxx = 0, si 0 < x < π, t > 0 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ u(t, 0) = u(t, π) = 0, si 0 < x < π, t > 0 ⎪ ⎪ ⎪ u(0, x) = f (x), ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩

si 0 < x < π

ut (0, x) = g(x),

si 0 < x < π.

Si hacemos el cambio de variable, #

ξ = x + ct η = x − ct

la ecuaci´on de ondas se transforma en la ecuaci´on: −4c2 uξη = 0. Ahora, como c = 0, nos queda la ecuaci´on: uξη = 0, cuya soluci´on general viene dada por: u(ξ, η) = φ(ξ) + ψ(η), con φ y ψ funciones arbitrarias (ver Problema (4.7)). Por tanto la soluci´on general de la ecuaci´on ser´a: u(t, x) = φ(x + ct) + ψ(x − ct).

(4.9)

109

4.2. Algunas Ecuaciones de la F´ısica

Entonces, obligando a que se cumplan las condiciones iniciales se obtiene la soluci´on. En efecto: tomando en (4.9) t = 0 nos queda el sistema: f (x) = φ(x) + ψ(x)

(4.10)

g(x) = cφ′ (x) − cψ ′ (x),

(4.11)

con inc´ognitas φ y ψ. Derivando en (4.10) y dividiendo por c en (4.11), obtenemos: 1 f ′ = φ′ + ψ ′ , g = φ′ − ψ ′ . c De donde se deduce que: 1 ′ 1 φ = f + g), 2 c 

′

1 1 ψ = (f ′ − g . 2 c 

′

Integrando obtenemos que: 1 s 1 g+A φ(s) = f (s) + 2 2c 0 1 1 s g + B. ψ(s) = f (s) − 2 2c 0 Ahora, de (4.10) se deduce que A+B = 0, con lo cual, teniendo en cuenta (4.9), obtenemos que: 1  x+ct 1 g(z) dz . f (x + ct) + f (x − ct) + u(t, x) = 2 c x−ct 



A dicha soluci´on se le denomina la soluci´ on D’Alembert o f´ ormula de D’Alembert. En el caso en que g = 0, la soluci´on D’Alembert se puede interpretar como la superposici´on de ondas desplaz´andose. La ecuaci´ on del calor. En el interior de un cuerpo en el que est´a fluyendo calor de una zona a otra, la temperatura var´ıa en general de un punto a otro en todo instante, y tambi´en var´ıa con el tiempo en cada punto. As´ı pues, la temperatura T es funci´on de las coordenadas espaciales x, y, z y del tiempo t, i.e., T = T (x, y, z, t). El f´ısico matem´atico franc´es Joseph Fourier inici´o el estudio del calor y en su obra Th´eorie Analytique de la Chaleur, de 1822, bas´andose en principios f´ısicos, estableci´o que la temperatura debe cumplir la ecuaci´ on del calor: 

∂T ∂2T ∂ 2T ∂ 2T + + =k ∂t ∂x2 ∂y 2 ∂z 2



,

110

Cap´ıtulo 4. Derivadas de Orden Superior. M´aximos y Minimos

donde k es una constante que depende de la conductividad del material que compone el cuerpo. Fuorier us´o esta ecuaci´on para resolver problemas de conducci´on del calor. En su intento de encontrar soluciones de la ecuaci´on del calor, introdujo un nuevo tipo de series que hoy en d´ıa se conocen con el nombre de series de Fourier, y que han resultado ser un instrumento matem´atico de una gran utilidad; son ´estas las series de la forma: ∞ a0  an cos nx + bn sen nx. + 2 n=1

La validez del m´etodo de Fourier depend´ıa de la hip´otesis de que una funci´on f definida en [0, 2π] se pudiera expresar como: f (x) =

∞ a0  an cos nx + bn sen nx. + 2 n=1

Esta igualdad era considerada por Fourier como una ecuaci´on con infinitas inc´ognitas: a0 , a1 , . . . , b1 , b2 , . . . ; y obten´ıa dichas inc´ognitas por integraci´on. Aqu´ı admit´ıa Fourier un hecho que ser´ıa de gran transcendencia en el desarrollo de la teor´ıa de la integraci´on: que la integral de una suma infinita es la suma de las integrales. Asimismo, al tratar con funciones no continuas, tuvo que renunciar al concepto de integral de su tiempo, y plante´o el importante problema matem´atico de obtener un concepto de integral para funciones arbitrarias. Los primeros en intentar dar respuesta a la pregunta de Fourier fueron Cauchy en 1821 y Riemann en 1854. Ahora, el que dio la respuesta definitiva al problema de Fourier fue Lebesgue en su Tesis Doctoral de 1902, donde desarroll´o la integral que hoy en d´ıa lleva su nombre.

4.3

La F´ ormula de Taylor

Una notable generalizaci´on del Teorema del valor medio es la F´ormula de Taylor, que recordamos que para funciones de R en R nos dice que si Ω ⊂ R es un abierto, f : Ω → R es una funci´on derivable hasta el orden m + 1, y x, y ∈ Ω con [x, y] ⊂ Ω, entonces existe un z ∈]x, y[ tal que

111

4.3. La F´ormula de Taylor

f (y) = f (x) + (y − x)f ′ (x) + · · · +

(y − x)m+1 (m+1 (y − x)m (m (z). f (x) + f m! (m + 1)!

Para obtener una f´ormula similar para funciones de varias variables, que es el objeto de esta secci´on, necesitamos introducir unos s´ımbolos que juegan el papel de las derivadas direccionales de orden superior. Sea f : Ω ⊂ Rn → R y u ∈ Rn , u = 0. Si existen las derivadas parciales de primer orden de f en a ∈ Ω, escribiremos: Du1 f (a) :=

n 

ui Di f (a).

i=1

Obs´ervese, que si f es diferenciable en a, se tiene que Df (a)(u) = Du f (a) =

n 

ui Di f (a) = Du1 f (a).

i=1

Si existen las derivadas parciales de segundo orden de f en a, escribimos: Du2 f (a) :=

n 

Dij f (a)ui uj .

i,j=1

En general, si existen las derivadas parciales de orden k de f en a, escribiremos: Duk f (a) :=

n 

Di1 ,...,ik f (a)ui1 . . . uik .

i1 ,...,ik =1

Teorema 4.3.1 (La F´ ormula de Taylor) Sea Ω ⊂ Rn un abierto y f : Ω → R. Si f ∈ C m+1 (Ω, R) y [x, y] ⊂ Ω. Entonces, existe un z ∈ [x, y], tal que m  1 k 1 m+1 f (y) = f (x) + f (z). D(y−x) f (x) + D(y−x) (m + 1)! k=1 k! Demostracion. Sea h : R → Rn , h(t) := x + t(y − x). Evidentemente, h ∈ C ∞ (R, Rn ). Por hip´otesis, h([0, 1]) = [x, y] ⊂ Ω. Luego, h−1 (Ω) es un abierto de R que contiene a [0, 1]. Consideremos la aplicaci´on F : h−1 (Ω) → R, definida por F (t) := f (x + t(y − x)), i.e., F = f ◦ h. Por la regla de la

112

Cap´ıtulo 4. Derivadas de Orden Superior. M´aximos y Minimos

cadena, tenemos que F ∈ C m+1 (h−1 (Ω), R). Por tanto, aplicando la F´ormula de Taylor unidimensional, tenemos que existe un ρ ∈]0, 1[, tal que F (1) = F (0) +

m  F (k (0)

k=1

k!

+

F (m+1 (ρ) . (m + 1)!

(4.12)

Aplicando la regla de la cadena tenemos que: F ′ (t) = Df (h(t)) ◦ Dh(t) = ∇f (x + t(y − x)), (y − x) =

n 

Di f (x + t(y − x))(yi − xi ).

i=1

En particular, F ′ (0) =

n 

1 Di f (x)(yi − xi ) = D(y−x) f (x).

i=1

Derivando de nuevo se tiene que: n 

′′

F (t) =

(yi − xi )∇Di f (x + t(y − x)), (y − x)

i=1

=

n  i=1

=

⎛

(yi − xi ) ⎝

n 

j=1

n 

⎞

(yj − xj )Dij f (x + t(y − x))⎠

Dij f (x + t(y − x))(yi − xi )(yj − xj ).

i,j=1

En particular, F ′′ (0) =

n 

2 Dij f (x)(yi − xi )(yj − xj ) = D(y−x) f (x).

i,j=1

Procediendo por inducci´on llegamos a que F (k (t) =

n 

Di1 ,...,ik f (x + t(y − x))(yi1 − xi1 ) . . . (yik − xik ).

i1 ,...,ik =1

Con lo cual, F (k (0) =

n 

i1 ,...,ik =1

k f (x). Di1 ,...,ik f (x)(yi1 − xi1 ) . . . (yik − xik ) = D(y−x)

113

4.3. La F´ormula de Taylor Sustituyendo en (4.12), nos queda que: f (y) = f (x) +

m  1

k=1 k!

k f (x) D(y−x)

n  1 + Di ,...,i f (x + ρ(y − x))(yi1 − xi1 ) · · · (yim+1 − xim+1 ) (m + 1)! i1 ,...,im+1 =1 1 m+1

= f (x) +

m  1 k=1

k!

k f (x) + D(y−x)

1 Dm+1 f (z), (m + 1)! (y−x)

con z = x + ρ(y − x) ∈ [x, y]



Si hacemos y = x + h, entonces la F´ormula de Taylor nos queda como: f (x + h) = f (x) +

m  1 k=1

k!

Dhk f (x) +

1 Dm+1 f (x + ρh) (m + 1)! h

(4.13)

con 0 < ρ < 1. A la expresi´on: Pxm (f, h)

:= f (x) +

m  1 k=1

k!

Dhk f (x),

se le denomina el polinomio de Taylor de orden m de f en x. Y a la expresi´on 1 Rxm (f, h) := Dhm+1 f (x + ρh), (m + 1)! se le denomina el resto de orden m de f en x. Con esta nomenclatura, la F´ormula de Taylor nos queda en la forma: f (x + h) = Pxm (f, h) + Rxm (f, h). Ejemplo 4.3.2 Vamos a calcular la F´ormula de Taylor para f (x, y) := ex cos y en el punto (0, 0). Tenemos que: f (0, 0) = 1, ∂ 2f (0, 0) = 1, ∂x2

∂f (0, 0) = 1, ∂x ∂ 2f (0, 0) = −1, ∂y 2

∂f (0, 0) = 0, ∂y ∂ 2f (0, 0) = 0. ∂x∂y

As´ı que, 2 (f, (x, y)). ex cos y = 1 + x + 1/2x2 − 1/2y 2 + R(0,0)

114

Cap´ıtulo 4. Derivadas de Orden Superior. M´aximos y Minimos

Ejemplo 4.3.3 Vamos a desarrolllar xy en potencias de (x − 1) e (y − 1). Para ello vamos a calcular la F´ormula de Taylor de la funci´on f (x, y) := xy en el punto (1, 1). Como: ∂f (x, y) = y, ∂x

f (1, 1) = 1, ∂ 2f (x, y) = 0, ∂x2 tenemos que:

∂ 2f (x, y) = 0, ∂y 2

xy = f (x, y) = f (1, 1) + =1+

∂f (x, y) = x, ∂y

2  1

k=1 k!

∂ 2f (x, y) = 1, ∂x∂y

k f (1, 1) D(x−1,y−1)

∂f ∂f 1 ∂ 2f (1, 1)(x − 1) + (1, 1)(y − 1) + (x − 1)(y − 1)2 (1, 1) ∂x ∂y 2 ∂x∂y = 1 + (x − 1) + (y − 1) + (x − 1)(y − 1).

Vamos a introducir ahora la notaci´on de los multi´ındices, notaci´on que es bastante u ´til cuando se trata con derivadas de orden superior y, en especial, con la F´ormula de Taylor. Definici´ on 4.3.4 Un multi´ındice en Rn es una n-tupla α = (α1 , α2 , . . . , αn ) de enteros no negativos αi , i = 1, 2, . . . , n. El orden del multi´ındice α es el n´ umero: |α| := α1 + α2 + · · · + αn . Dados dos multi´ındices α y β, se definen: α + β := (α1 + β1 , α2 + β2 , . . . , αn + βn ), α ≤ β ⇐⇒ αi ≤ βi

∀ i = 1, 2, . . . , n,

α! := α1 ! α2 ! · · · αn !. Si x = (x1 , . . . , xn ) ∈ Rn y α = (α1 , α2 , . . . , αn ) es un multi´ındice, se define el monomio xα , como: xα = xα1 1 · · · xαnn . Un polinomio de grado k en Rn es una funci´on de la forma P (x) =



|α|≤k

cα xα ,

con cα ∈ R.

115

4.3. La F´ormula de Taylor

Recordemos que el cl´asico Teorema binomial nos dice que si x, y ∈ R y n ∈ N, entonces n  n! (x + y)n = xn−j y j . j!(n − j)! j=0 Usando la notaci´on de los multi´ındices podemos dar la siguiente generalizaci´on del Teorema binomial. Teorema 4.3.5 (Teorema multinomial) Sean x = (x1 , x2 , . . . , xn ) ∈ Rn y m ∈ N. Entonces,  m! xα =

(x1 +x2 +· · ·+xn )m =

|α|=m

α!



m! xα1 1 · · · xαnn . (4.14) α1 +···+αn =m α1 ! · · · αn !

Demostracion. Fijamos m y vamos a demostrar (4.14) por inducci´on sobre n. Evidentemente (4.14) es cierto para n = 1. Supongamos que es cierto para n y vamos a demostrarlo para n + 1. Aplicando el Teorema binomial tenemos que: (x1 + · · · + xn+1 )m = ((x1 + · · · + xn ) + xn+1 )m =

m 

m! xjn+1 (x1 + · · · + xn )m−j . j=0 j!(m − j)!

Ahora, por la hip´otesis de inducci´on, (x1 + · · · + xn )m−j =

 α1 +···+αn =m−j

(m − j)! α1 x1 · · · xαnn . α1 ! . . . αn !

Por tanto, (x1 + · · · + xn+1 )m =

m 



j=0 α1 +···+αn =m−j

m! xα1 · · · xαnn xjn+1 . α1 ! · · · αn !j! 1

Consecuentemente, si tomamos αn+1 = j, nos queda que: (x1 + · · · + xn+1 )m =



m! αn+1 . xα1 1 · · · xn+1 α ! · · · α ! n+1 α1 +···+αn+1 =m 1 

116

Cap´ıtulo 4. Derivadas de Orden Superior. M´aximos y Minimos

Definici´ on 4.3.6 Dado un multi´ındice α en Rn , se define el operador diferencial Dα como Dα := D1α1 · · · Dnαn , i.e., Dα f =

∂ |α| f , ∂xα1 1 · · · ∂xαnn

entendiendo que Di0 f = f. 

Dado un polinomio de grado k en Rn , P (x) = |α|≤k cα xα , se define su polinomio diferencial asociado, como el operador diferencial: P (D)(f ) :=



cα Dα f.

|α|≤k

Con la notaci´on de los multi´ındices, la F´ormula de Taylor nos queda en la forma:  1  1 α f (x + h) = Dα f (x)hα + D f (x + ρh)hα . α! α! |α|≤m |α|=m+1 En efecto, es suficiente con demostrar que: Dhk f (x) =

 k!

α! |α|=k

Dα f (x)hα .

(4.15)

Para demostrar (4.15), veamos primeramente, procediendo por inducci´on sobre k, que Dhk f (x) = (h1 D1 f (x) + · · · + hn Dn f (x))k . (4.16) Como Dh1 f (x) = h1 D1 f (x)+· · ·+hn Dn f (x), tenemos que (4.16) es cierta para k = 1. Supongamos que es cierta para k, y vamos a establecerla para k + 1. Teniendo en cuenta la hip´otesis de inducci´on, nos queda que: Dhk+1 f (x) = Dh (Dhk f (x)) =

n 

Dj (h1 D1 f (x) + · · · + hn Dn f (x))k hj

j=1

= (h1 D1 f (x) + · · · + hn Dn f (x))k+1 , ya que, n 

xj (h1 x1 + · · · + hn xn )k hj = (h1 x1 + · · · + hn xn )k+1 .

j=1

Una vez establecido (4.16), como consecuencia de dicha igualdad y del Teorema multinomial, tenemos que se cumple (4.15). Vamos a dar ahora una caracterizaci´on de los polinomios de Taylor. Para ello, comenzaremos estudiando c´omo decae el resto de Taylor.

117

4.3. La F´ormula de Taylor

Lema 4.3.7 Sea Ω ⊂ Rn un abierto, a ∈ Ω y f ∈ C m+1 (Ω, R). Entonces, Ram (f, h) = 0. h→0 hm lim

Demostracion. Tomando h de norma suficientemente peque˜ na, para que el intervalo [a, a + h] est´e contenido en Ω, y aplicando la F´ormula de Taylor, tenemos que existe 0 < ρh < 1, tal que: Ram (f, h) =

1 Dm+1 f (a + ρh h) (m + 1)! h

n  1 Di ,...,i f (a + ρh h)hi1 · · · him+1 . = (m + 1)! i1 ,...,im+1 =1 1 m+1

Ahora, como f ∈ C m+1 (Ω, R), tenemos que lim Di1 ,...,im+1 f (a + ρh h) = Di1 ,...,im+1 f (a).

h→0

Por tanto, ser´a suficiente con demostrar que lim

h→0

n

hi1 · · · him+1 = 0. hm

i1 ,...,im+1 =1

Ahora esto es cierto pues n

hi1 · · · him+1 (h1 + · · · + hn )m+1 = hm hm

i1 ,...,im+1 =1

h1 + · · · + hn = h 

m

(h1 + · · · + hn ) ≤ nm (h1 + · · · + hn ). 

Lema 4.3.8 Si P1 (x) y P2 (x) son dos polinomios de grado m en x1 , . . . xn , tales que: P1 (x) − P2 (x) lim = 0. x→0 xm Entonces, P1 = P2 .

118

Cap´ıtulo 4. Derivadas de Orden Superior. M´aximos y Minimos

Demostracion. Supongamos que P1 = P2 . Entonces, P1 (x) − P2 (x) = F (x) + G(x) siendo: F (x) =



cα xα ,



G(x) =

|α|=l

dα xα ,

con l ≤ m.

|α|>l

Sea h = 0, tal que F (h) = 0. Para t ∈ R suficientemente peque˜ no, tenemos que thl ≥ thm . Por tanto, P1 (th) − P2 (th) F (th) + G(th) = lim l t→0 t→0 th thl

0 = lim

G(th) |t|l F (h) F (h) + lim = = 0. l l t→0 th t→0 th hl

= lim

 Teorema 4.3.9 Sea Ω ⊂ Rn un abierto, a ∈ Ω y f ∈ C m+1 (Ω, R). Sea P un polinomio de orden m, tal que: f (x) − P (x − a) = 0. x→a x − am lim

Entonces, P es el polinomio de Taylor de grado m de f en a. Demostracion. Desarrollando por Taylor, tenemos que: f (a + h) = Pam (f, h) + Ram (f, h). Con lo cual, " " " " " " " f (a + h) − P (h) " " f (a + h) − P m (f, h) " " P (h) − P m (f, h) " " " " " " " a a " "≤" "+" ". " " " " " " hm hm hm

Ahora, por hip´otesis, " " " f (a + h) − P (h) " " " " " → 0 m " " h

cuando h → 0,

y por el Lema 4.3.7, " " " m " " f (a + h) − Pam (f, h) " " R (f, h) " " "=" a " → 0 " " " m m "

h

h

cuando h → 0.

4.4. Extremos Locales de Funciones de Varias Variables

119

Por tanto, P (h) − Pam (f, h) = 0. h→0 hm lim

Se sigue entonces del Lema 4.3.8 que P (h) = Pam (f, h).



El Teorema anterior es de gran utilidad para calcular el polinomio de Taylor cuando el c´alculo expl´ıcito del mismo es complicado. Veamos un ejemplo: Ejemplo 4.3.10 Supongamos que queremos calcular el polinomio de Taylor de orden 3 de la funci´on f (x) := ex sen x. Sabemos que: ex = 1 + x +

x2 x3 + + R1 (x), 2 6

sen x = x −

x3 + R2 (x), 6

R1 (x) = 0. x→0 x3

con lim

R2 (x) = 0. x→0 x3

con lim

Por tanto, ex sen x = x + x2 +

x3 + R3 (x), 3

R3 (x) = 0, x→0 x3

con lim

ya que, R3 (x) := −

x 5 x6 x2 x3 x3 − + (x − )R1 (x) + (1 + x + + )R2 (x) + R1 (x)R2 (x). 12 36 6 2 6

Luego, ex sen x − (x + x2 + lim x→0 x3

x3 ) 3

= lim x→0

R3 (x) = 0. x3 3

Por tanto, aplicando el teorema anterior tenemos que P (x) := x + x2 + x6 es el polinomio de Taylor de f de orden 3.

4.4

Extremos Locales de Funciones de Varias Variables

Desde el siglo XVIII, un principio general que subyace en las leyes que describen los fen´omenos del mundo f´ısico es la suposici´on de que la naturaleza siempre opera con la mayor econom´ıa posible, i.e., la naturaleza siempre act´ ua de tal manera que minimiza alguna cantidad. En palabras del

120

Cap´ıtulo 4. Derivadas de Orden Superior. M´aximos y Minimos

gran matem´atico suizo Leonhard Euler “nada ocurrir´ a en el mundo sin que destaque, de alguna manera, la presencia de una regla m´ axima o m´ınima”. Fue el propio Euler quien puso las bases matem´aticas para una teor´ıa de los m´aximos y los m´ınimos. Parte de esta teor´ıa es la que vamos a desarrollar en esta secci´on. Recordemos del c´alculo de funciones de una variable, que si f : R → R tiene en x0 un m´aximo o un m´ınimo local, y f es derivable en x0 , entonces f ′ (x0 ) = 0. Adem´as, si f es dos veces derivable en x0 y si f ′′ (x0 ) < 0, x0 es m´aximo local de f y si f ′′ (x0 ) > 0, x0 es un m´ınimo local. Vamos a generalizar estos resultados para funciones f : Ω ⊂ Rn → R. Comenzamos dando las definiciones necesarias. Definici´ on 4.4.1 Sea f : Ω ⊂ Rn → R, con Ω un abierto de Rn . Se dice que f tiene un m´ınimo local (m´ aximo local) en x0 ∈ Ω, si existe ǫ > 0 tal que, para cada x ∈ B(x0 , ǫ) ⊂ Ω f (x) ≥ f (x0 ) (f (x) ≤ f (x0 )). Cuando se da alguna de las dos situaciones anteriores se dice que x0 es un extremo local de f . Se dice que x0 es un punto cr´ıtico (o punto estacionario) de f si f es diferenciable en x0 y Df (x0 ) = 0. Observar que si x0 es un punto cr´ıtico de f , entonces el hiperplano tangente a la superficie z = f (x) en el punto (x0 , f (x0 )) tiene por ecuaci´on z = f (x0 ), i.e., es paralelo al hiperplano de Rn+1 , z = 0. Finalmente, si x0 es un punto cr´ıtico de f , se dice que es un punto silla de f si para cada bola B(x0 , ǫ) ⊂ Ω existen puntos x, y ∈ B(x0 , ǫ), tales que f (x) > f (x0 ) y f (y) < f (x0 ).

2 1 0 -1 -2 -1

1 0.5 0 -0.5 -0.5

0 0.5 1 -1

Figura 4.2 Gr´afica de la funci´on f (x, y) := x3 − 3xy 2

121

4.4. Extremos Locales de Funciones de Varias Variables

El nombre de punto silla se deriva del ejemplo cl´asico de la funci´on f (x, y) = x2 − y 2 , funci´on que tiene un punto silla en el origen y cuya gr´afica parece una silla de montar (ver Figura 4.2). Otro ejemplo de punto silla es el siguiente: Ejemplo 4.4.2 Consideremos la funci´on f (x, y) := x3 − 3xy 2 . Se tiene entonces que: Df (0, 0) = 0, i.e., (0, 0) es un punto cr´ıtico de f . Ahora, es f´acil ver que (0, 0) no es un extremo local de f . Luego ser´a un punto silla de f . Otro ejemplo de punto silla nos lo proporciona el origen para la funci´on f (x, y) := y 2 − 3yx2 + 2x4 .

4 3 2 1 0 -1

1 0.5 0 -0.5 -0.5

0 0.5 1 -1

Figura 4.3 Gr´afica de la funci´on f (x, y) := y 2 − 3yx2 + 2x4 El Teorema siguiente nos proporciona una condici´on necesaria para la existencia de extremos locales. Teorema 4.4.3 Sea Ω un abierto de Rn y f : Ω → R. Sea x0 un extremo local de f . Si f es diferenciable en x0 , entonces x0 es un punto cr´ıtico de f . Demostracion. Dado v ∈ Rn con v = 0, definimos Lv : R → Rn , como Lv (t) := x0 + tv. Evidentemente, Lv ∈ C ∞ (R, Rn ). Por tanto L−1 v (Ω) es un abierto de R que contiene al 0. Adem´as, la funci´on φv := f ◦ Lv es diferenciable en 0. Supongamos que f tiene en x0 un m´aximo relativo. Entonces, existe un ǫ > 0 tal que f (x) ≤ f (x0 ) para cada x ∈ B(x0 , ǫ). Con lo cual, φv (t) = f (x0 + tv) ≤ f (x0 ) = φv (0),

∀ t ∈ L−1 v (B(x0 , ǫ)).

122

Cap´ıtulo 4. Derivadas de Orden Superior. M´aximos y Minimos

As´ı pues, φv tiene en 0 un m´aximo local, y por tanto φ′v (0) = 0. Ahora, aplicando la regla de la cadena, tenemos que φ′v (t) = Df (x0 + tv) ◦ DLv (t) = ∇f (x0 + tv), v. Luego, 0 = φ′v (0) = ∇f (x0 ), v. Y como esto es cierto para cada v ∈ Rn con v = 0, se tiene que ∇f (x0 ) = 0.  Como consecuencia del ejemplo anterior tenemos que el rec´ıproco no es cierto, i.e., no todo punto cr´ıtico es un extremo local. Tenemos pues que el Teorema anterior nos proporciona los posibles extremos relativos, pero necesitamos obtener criterios que nos aseguren si un punto cr´ıtico es un m´aximo o un m´ınimo. En el caso n = 1, sabemos que si f ′′ (x0 ) > 0, x0 es un m´ınimo y si f ′′ (x0 ) < 0, x0 es un m´aximo. Ahora, para funciones de varias variables el concepto de diferencial segunda no es un concepto f´acil, ya que se necesita para su definici´on la diferencial de Fr´echet para funciones con valores en un espacio normado. T´engase en cuenta que la diferencial segunda de f : Ω → R es la diferencial de la aplicaci´on Df : Ω → L(Rn , R). No obstante, para nuestros prop´ositos no es necesario introducir la diferencial segunda, nos basta con considerar la matriz Hessiana de una funci´on, concepto que definiremos a continuaci´on. Definici´ on 4.4.4 Sea Ω un abierto de Rn y f : Ω → R. Supongamos que f tiene derivadas parciales de segundo orden en x0 ∈ Ω. Se denomina matriz Hessiana de f en x0 , a la matriz ⎞

⎛

D11 f (x0 ) D12 f (x0 ) . . . D1n f (x0 ) ⎟ ⎜ .. .. .. .. ⎟. H(f, x0 ) := ⎜ . . . . ⎠ ⎝ Dn1 f (x0 ) Dn2 f (x0 ) . . . Dnn f (x0 ) Cuando f ∈ C 2 (Ω, R), como consecuencia del Teorema de Young, tenemos que Dij f (x0 ) = Dji f (x0 ). Por tanto, en este caso, la matriz Hessiana es sim´etrica. Recordemos algunos conceptos algebraicos que necesitamos. Dada una matriz A = (aij )n×n , se llama forma cuadr´ atica asociada a la matriz A, a n la aplicaci´on qA : R → R definida por qA (h) :=

n 

i,j=1

aij hi hj ,

123

4.4. Extremos Locales de Funciones de Varias Variables o en forma matricial, ⎞

⎞⎛

⎛

h1 a11 a12 . . . a1n ⎟⎜ . ⎟ ⎜ . . . . ⎜ ⎟ ⎜ . . . . qA (h) = (h1 . . . hn ) ⎝ . . . ⎠ ⎝ .. ⎟ . ⎠. hn an1 an2 . . . ann Se dice que la forma cuadr´atica qA es definida positiva (definida negativa) si qA (h) > 0 ( qA (h) < 0) para cada h ∈ Rn , h = 0. Se dice qA es semidefinida positiva (semidefinida negativa) si qA (h) ≥ 0 ( qA (h) ≤ 0) para cada h ∈ Rn . Definici´ on 4.4.5 Sea Ω un abierto de Rn y f : Ω → R. Supongamos que f tiene derivadas parciales de segundo orden en x0 ∈ Ω. A la forma cuadr´atica Hx0 (f ) asociada a la matriz Hessiana de f en x0 se le denomina Hessiano de f en x0 , i.e., Hx0 (f )(h) :=

n 

Dij f (x0 )hi hj .

i,j=1

Obs´ervese que el Hessiano coincide con el t´ermino de orden 2 de la F´ormula de Taylor, i.e., Hx0 (f )(h) = Dh2 f (x0 ). Lema 4.4.6 Si qA es una forma cuadr´atica en Rn entonces qA es diferenciable en Rn . Adem´as, DqA (h)(x) =

n 

aij hi xj +

i,j=1

n 

aij hj xi .

i,j=1

Demostracion. Fijado un h ∈ Rn si definimos T (x) :=

n 

aij hi xj +

i,j=1

n 

aij hj xi ,

i,j=1

tenemos que T ∈ L(Rn , R). Ahora, qA (h + x) − qA (h) =

n 

aij (hi + xi )(hj + xj ) −

i,j=1

= T (x) +

n 

i,j=1 n 

i,j=1

aij xi xj .

aij hi hj

124

Cap´ıtulo 4. Derivadas de Orden Superior. M´aximos y Minimos

Por tanto, basta con que demostremos que: lim

x→0

n

aij xi xj = 0. x

i,j=1

Ahora esto es cierto ya que, " " " " n n  " " " " aij xi xj " ≤ M |xi ||xj | ≤ M nx2 , " " "i,j=1 i,j=1

siendo M := max{|aij | : i, j = 1, 2, . . . , n}.



Teorema 4.4.7 Sea x0 ∈ Rn y f ∈ C 2 (B(x0 , ǫ)). Supongamos que x0 es un punto cr´ıtico de f . Se tienen entonces: (i) Si Hx0 (f ) es definida negativa, f tiene en x0 un m´aximo local. (ii) Si Hx0 (f ) es definida positiva, f tiene en x0 un m´ınimo local. (iii) Si Hx0 (f ) toma valores positivos y negativos, entonces x0 es un punto silla Demostracion. (i) Al ser x0 un punto cr´ıtico, como consecuencia de la F´ormula de Taylor, tenemos que 1 f (x0 + h) − f (x0 ) = Dh2 f (z), 2

con z ∈ [x0 , x0 + h].

Con lo cual, 1 f (x0 + h) − f (x0 ) = Hx0 (f )(h) + h2 ǫ(h), 2 con:

(4.17)

1 1 h2 ǫ(h) = Dh2 f (z) − Hx0 (f )(h). 2 2

As´ı, h2 |ǫ(h)| ≤

n 1  |Dij f (z) − Dij f (x0 )|h2 . 2 i,j=1

Por tanto, como las funciones Dij f son continuas en B(x0 , ǫ), tenemos que ǫ(h) → 0 cuando h → 0.

4.4. Extremos Locales de Funciones de Varias Variables

125

Como consecuencia del lema anterior tenemos que Hx0 (f ) es continua en R . Entonces, como Hx0 (f ) es definida negativa y U := {h ∈ Rn : h = 1} es un compacto, tenemos que: n

M := max{Hx0 (f )(h) : h ∈ U } < 0. Sea h ∈ Rn , h = 0, y sea λ =

1 . h

Entonces,

M ≥ Hx0 (f )(λh) = λ2 Hx0 (f )(h), de donde se sigue que: Hx0 (f )(h) ≤ M h2

∀ h ∈ Rn , h = 0.

(4.18)

Como consecuencia de (4.17) y (4.18), tenemos que: 1 f (x0 + h) − f (x0 ) ≤ M h2 + h2 ǫ(h). 2

(4.19)

Ahora, como ǫ(h) → 0 cuando h → 0, existe un δ > 0, tal que |ǫ(h)| < 14 |M |, siempre que 0 < h ≤ δ. Luego, para tales h, se tiene que 1 0 ≤ h2 |ǫ(h)| < |M |h2 . 4

(4.20)

Finalmente, se deduce de (4.19) y (4.20) que f (x0 + h) − f (x0 ) < 0,

si 0 < h ≤ δ.

Luego, f tiene en x0 un m´aximo local. (ii) se deduce de (i) aplicado a la funci´on −f . (iii) Por lo visto en la demostraci´on de (i), para cada λ > 0, tenemos que: 1 f (x0 + λh) − f (x0 ) = Hx0 (f )(λh) + λ2 h2 ǫ(λh) 2 1 = λ2 ( Hx0 (f )(h) + h2 ǫ(λh)). 2 Supongamos que Hx0 (f )(h) = 0 para un cierto h. Entonces, como ǫ(x) → 0 cuando x → 0, existe un δ > 0 tal que 1 h2 ǫ(λh) < |Hx0 (f )(h)| 4

si 0 < λ < δ.

126

Cap´ıtulo 4. Derivadas de Orden Superior. M´aximos y Minimos

Por tanto, para 0 < λ < δ, λ2 ( 12 Hx0 (f )(h) + h2 ǫ(λh)) tiene el mismo signo que Hx0 (f )(h). Tenemos pues que f (x0 + λh) − f (x0 ) tiene el mismo signo que Hx0 (f )(h). Y como Hx0 (f )(h) toma valores positivos y negativos, se tiene que x0 es un punto silla.  Del ´algebra lineal se conocen criterios para saber, por medio de la matriz que define la forma cuadr´atica, si dicha forma cuadr´atica es definida positiva o definida negativa. Uno de ellos, cuya demostraci´on se encuentra por ejemplo en [9], es el siguiente Teorema de caracterizaci´ on de las formas cuadr´aticas sim´etricas: “Sea qA una forma cuadr´atica sim´etrica. Sea ∆ el determinante de A, y sea ∆k el menor principal de ∆ de orden k (i.e., el determinante obtenido al quitar de ∆ las n − k u ´ltimas filas y columnas). Entonces, (i) Si ∆k > 0 para k = 1, 2, . . . , n, qA es definida positiva. (ii) Si (−1)k ∆k > 0 para k = 1, 2, . . . , n, qA es definida negativa.” Cuando ∆ = 0, otro criterio conocido del a´lgebra lineal para que qA sea definida positiva es que todos sus valores propios (que son reales, pues A es sim´etrica) sean positivos. El caso de funciones de dos variables se puede tratar directamente, i.e., se puede dar un criterio para extremos sin necesidad de conocer ning´ un resultado de ´algebra lineal. Es ´este el siguiente: Teorema 4.4.8 Sea x0 ∈ R2 y f ∈ C 2 (B(x0 , ǫ)). Supongamos que x0 es un punto cr´ıtico de f . Sea: det H(f, x0 ) = det



D11 f (x0 ) D12 f (x0 ) D21 f (x0 ) D22 f (x0 )



= det



A B B C



= AC − B 2 .

Se tienen entonces: (i) Si det H(f, x0 ) > 0 y A < 0, f tiene en x0 un m´aximo local. (ii) Si detH(f, x0 ) > 0 y A > 0, f tiene en x0 un m´ınimo local. (iii) Si det H(f, x0 ) < 0, entonces x0 es un punto silla.

4.4. Extremos Locales de Funciones de Varias Variables

127

Demostracion. En este caso tenemos que: Hx0 (f )(h) = (h1 , h2 )

= (h1 , h2 )



Ah1 + Bh2 Bh1 + Ch2





A B B C



h1 h2



= Ah21 + 2Bh1 h2 + Ch22 .

Luego, si A = 0, nos queda que: Hx0 (f )(h) =

1 ((Ah1 + Bh2 )2 + ∆h22 ), A

(4.21)

con ∆ = det H(f, x0 ). Entonces, si ∆ > 0, de (4.21) se tiene que Hx0 (f )(h) tiene el mismo signo que A. Por tanto, (i) y (ii) se siguen del Teorema 4.4.7. Supongamos ahora que ∆ < 0. Si A = 0, entonces Hx0 (f )(x, y) = 2Bxy+ Cy 2 = 0 si y = 0 o 2Bx = −Cy. Si A = 0, entonces Hx0 (f )(x, y) = 1 ((Ax + By)2 + ∆y 2 ) = 0 si (Ax + By)2 = −∆y 2 , i.e., si ±(Ax + By) = αy, A ya que −∆ > 0. Luego, en cualquiera de los dos casos, {(x, y) ∈ R2 : Hx0 (f )(x, y) = 0} son dos rectas del plano que se cortan en (0, 0). Estas rectas dividen al plano en dos o cuatro regiones, en las cuales Hx0 (f )(x, y) es positiva en unas y negativa en otras. Por tanto, x0 es un punto silla.  En el caso en que det H(f, x0 ) = 0, no se puede afirmar nada, como pone de manifiesto el siguiente ejemplo: Ejemplo 4.4.9 Consideremos las funciones: f (x, y) := y(x2 + y)

y

g(x, y) := x4 + y 4 .

Para ambas funciones se tiene que det H(f, (0, 0)) = det H(g, (0, 0)) = 0. Ahora, evidentemente, g tiene en (0, 0) un m´ınimo absoluto. Sin embargo (0, 0) no es un extremo de f pues f (0, 0) = 0 y en cualquier entorno de (0, 0) f cambia de signo.

128

Cap´ıtulo 4. Derivadas de Orden Superior. M´aximos y Minimos

2 1.5 1 0.5 0 -1

1 0.5 0 -0.5 -0.5

0 0.5 1 -1

Figura 4.4 Gr´afica de la funci´on f (x, y) := y(x2 + y) Ejemplo 4.4.10 Sea S la gr´afica de la funci´on f (x, y) = calcular los puntos de S m´as pr´oximos al origen.

1 . xy

Vamos a

Como la distancia de (x, y, z) a (0, 0, 0) viene dada por: 

d(x, y, z) =

x2 + y 2 + z 2 ,

y #

$

1 S = (x, y, z) ∈ R : z = , xy 3

la funci´on que tenemos que minimizar es la funci´on: g(x, y) :=

%

x2 + y 2 +

1 x2 y 2

.

Ahora, como g > 0, minimizar g es equivalente a minimizar la funci´on g 2 . Tenemos pues que calcular los m´ınimos de la funci´on: h(x, y) := x2 + y 2 +

1 x2 y 2

.

Como el gradiente de h viene dado por: 



2 2 ∇h(x, y) = 2x − 3 2 , 2y − 2 3 , xy xy

129

4.4. Extremos Locales de Funciones de Varias Variables tenemos que los puntos cr´ıticos de h son aquellos que cumplen 2x −

2 2 = 2y − = 0, x3 y 2 x2 y 3

es decir, x4 y 2 − 1 = 0 y x2 y 4 − 1 = 0. As´ı, los puntos cr´ıticos de h son: (1, 1), (1, −1), (−1, 1) y (−1, −1). Para determinar cu´ales corresponden a m´ınimos, vamos a calcular el Hessiano. ∂ 2h 6 (x, y) = 2 + 4 2 , 2 ∂x xy

∂2h 6 (x, y) = 2 + 2 4 , 2 ∂y xy

∂2h 4 (x, y) = 3 3 . ∂x∂y xy

Con lo cual, ∂ 2h ∂2h (a, b) = (a, b) = 8, ∂x2 ∂y 2

∂ 2h (a, b) = ±4, ∂x∂y

si (a, b) es uno de los cuatro puntos cr´ıticos de h. Tenemos pues que: det H(f, (a, b)) = 64 − 16 > 0. Por tanto, como consecuencia del Teorema 4.4.8, se tiene que los cuatro puntos cr´ıticos de h son m´ınimos. Consecuentemente, los puntos de la superficie S m´as pr´oximos al origen son los puntos (1, 1, 1), (1, −1, −1), (−1, 1, −1) y (−1, −1, 1).

2 0

2

-2 0 -2 0 -2 2

Figura 4.5 Gr´afica de la funci´on f (x, y) :=

1 xy

130

Cap´ıtulo 4. Derivadas de Orden Superior. M´aximos y Minimos

4.5

Funciones Convexas Difenciables

En este apartado vamos a ver que cuando una funci´on f es suave, su convexidad se puede caracterizar por medio de la diferencial. Comenzaremos suponiendo que f es diferenciable para, posteriormente, bajo la hip´otesis m´as fuerte de que f sea de clase C 2 , caracterizar la convexidad de f por medio de sus derivadas de segundo orden. En el caso de funciones de una variable se observa que, para funciones diferenciables, la convexidad es equivalente a que la gr´afica de la funci´on se encuentre por encima de la recta tangente en cada punto. En el siguiente resultado veremos que esto es cierto en general. Teorema 4.5.1 Supongamos que f es diferenciable en un conjunto convexo K ⊂ Rn . Entonces, f es convexa en K si, y s´olo si, f (x) ≥ f (x0 ) + Df (x0 )(x − x0 ),

∀x, x0 ∈ K.

(4.22)

Demostracion. Supongamos que f es convexa en K, y sean x, x0 ∈ K. Entonces si h = x − x0 y 0 < t < 1, tenemos que: f (x0 + th) ≤ tf (x0 + h) + (1 − t)f (x0 ), luego, f (x0 + th) − f (x0 ) ≤ t(f (x0 + h) − f (x0 )). Con lo cual, f (x0 + th) − f (x0 ) − tDf (x0 )(h) ≤ f (x0 + h) − f (x0 ) − Df (x0 )(h). t Haciendo tender t → 0, nos queda que 0 ≤ f (x0 + h) − f (x0 ) − Df (x0 )(h), as´ı que f (x) ≥ f (x0 ) + Df (x0 )(x − x0 ). Inversamente, supongamos que se cumple (4.22), y vamos a demostrar que f es convexa en K. Sean x1 , x2 ∈ K, x1 = x2 , y sea t ∈]0, 1[. Sea x0 = tx1 + (1 − t)x2 y h = x1 − x0 . Entonces, x2 =

x0 − tx1 t x0 − t(h + x0 ) = = x0 − h. 1−t 1−t 1−t

131

4.5. Funciones Convexas Difenciables Por tanto, como consecuencia de (4.22), tenemos que: f (x1 ) ≥ f (x0 ) + Df (x0 )(h) f (x2 ) ≥ f (x0 ) + Df (x0 )( −

t h − ). 1−t

t , y sumandole la segunda Multiplicando la primera desigualdad por 1−t nos queda que: t 1 f (x1 ) + f (x2 ) ≥ f (x0 ). 1−t 1−t Con lo cual

f (tx1 + (1 − t)x2 ) = f (x0 ) ≤ tf (x1 ) + (1 − t)f (x2 ). Consecuentemente, f es convexa en K.  Veamos ahora una caracterizaci´on de las funciones convexas de clase C 2 por medio del Hessiano. Teorema 4.5.2 Sea K ⊂ Rn un abierto convexo y f ∈ C 2 (K). Entonces, f es convexa en K si, y s´olo si, Hx (f ) es semidefinida positiva para todo x ∈ K. Demostracion. Supongamos que Hx (f ) es definida positiva para todo x ∈ K. Puesto que K es convexo, para cualquier x, x0 ∈ K, por la F´ormula de Taylor, existe un t ∈]0, 1[ tal que 1 f (x) = f (x0 ) + Df (x0 )(x − x0 ) + Hx0 +t(x−x0 ) (f )(x − x0 ). 2

(4.23)

Entonces, como Hx0 +t(x−x0 ) (f ) es definida positiva, Hx0 +t(x−x0 ) (f )(x − x0 ) ≥ 0. Con lo cual, f (x) ≥ f (x0 ) + Df (x0 )(x − x0 ). Por tanto, aplicando el Teorema anterior, tenemos que f es convexa en K. Inversamente, supongamos que existe un x0 ∈ K tal que Hx0 (f ) no es definida positiva. Entonces existe un h0 = 0, tal que Hx0 (f )(h0 ) < 0. Ahora,

132

Cap´ıtulo 4. Derivadas de Orden Superior. M´aximos y Minimos

como f ∈ C 2 (K), la funci´on x → Hx (f )(h0 ) es continua. Por tanto, existe un δ > 0 tal que: Hy (f )(h0 ) < 0

∀ y ∈ B(x0 , δ).

no para que h < δ. Sea h = ǫh0 , con ǫ > 0 suficientemente peque˜ Entonces, como x0 + th ∈ B(x0 , δ) y el Hessiano es una forma cuadr´atica, tenemos que: Hx0 +th (f )(h) = ǫ2 Hx0 +th (f )(h0 ) < 0, de aqu´ı, como consecuencia de (4.5.2), obtenemos que: f (x0 + h) < f (x0 ) + Df (x0 )(h). Consecuentemente, por el teorema anterior, tenemos que f no es convexa en K.  En el caso unidimensional, como Hx (f )(h) = f ′′ (x)h2 , se tiene que el signo de la derivada segunda determina el caracter del Hessiano. Consecuentemente se tiene el siguiente resultado. Corolario 4.5.3 Sea f ∈ C 2 (]a, b[). Entonces, f es convexa en ]a, b[ si, s´olo si, f ′′ (x) ≥ 0 para todo x ∈]a, b[. En el caso de funciones de dos variables, teniendo en cuenta el criterio de caracterizaci´on de las formas cuadr´aticas sim´etricas, tenemos el siguiente resultado. Corolario 4.5.4 Sea K ⊂ R2 un abierto convexo y f ∈ C 2 (K). Entonces f es convexa en K si, y s´olo si, se cumplen las siguientes desigualdades: D11 f (x, y)D22 f (x, y) − (D12 f (x, y))2 ≥ 0, D11 f (x, y) ≥ 0

y

D22 f (x, y) ≥ 0

para todo (x, y) ∈ K. Finalmente, como consecuencia del Teorema 4.5.2 y del Teorema 4.4.7, tenemos el siguiente resultado: Corolario 4.5.5 Sea K un abierto convexo de Rn y f ∈ C 2 (K) una funci´on convexa. Si x0 ∈ K es un punto cr´ıtico de f , entonces f tiene en x0 un m´ınimo relativo.

133

4.6. Problemas

4.6

Problemas

4.1. Estudiar si son de clase C 1 en un entorno del origen las funciones: (i) ⎧ ⎪ 2 ⎪ ⎪ ⎨ x + x y sen

f (x, y) := ⎪ ⎪ ⎪ ⎩

x2

1 + y2

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

0

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

(ii) ⎧ 2 2 ⎪ ⎨ xy log(x + y )

f (x, y) := ⎪ ⎩

0

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

4.2. Determinar la relaci´on que debe existir entre α > 0 y β > 0 para que la funci´on:

f (x, y) :=

⎧ ⎪ α β ⎪ ⎪ ⎨ |x| |y| sen ⎪ ⎪ ⎪ ⎩

0

1 x2 + y 2

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

sea diferenciable en (0, 0) o de clase C 1 en un entorno de (0, 0). 4.3. Sean f (x, y) := log(x2 + y 2 ) y g(x, y, z) := √

1 . x2 +y 2 +z 2

Demostrar que

∆f (x, y) = 0 para cada (x, y) = (0, 0) y que ∆g(x, y, z) = 0 para cada (x, y, z) = (0, 0, 0). 4.4. Sea g : R → R una funci´on de clase C 2 , y sea f : Rn → R, con n ≥ 3, la funci´on f (x) := g(x). (i) Probar que: ∆f =

n  ∂ 2f

2 i=1 ∂xi

=

n−1 ′ g (r) + g ′′ (r), r

(ii) Probar que si ∆f = 0, entonces f (x) =

r = x, x = 0.

a xn−2

+ b, x = 0.

134

Cap´ıtulo 4. Derivadas de Orden Superior. M´aximos y Minimos 2

2

∂ z ∂ z 4.5. Transformar la ecuaci´on de Laplace ∆z = ∂x 2 + ∂y 2 mediante el cambio a coordenadas polares x = r cos θ, y = r sen θ.

4.6. Suponiendo que f es de clase C 2 , transformar la ecuaci´on: ∂ 2f ∂2f ∂ 2f + + ∂x2 ∂y 2 ∂x∂y mediante el cambio u = x + y, v = x − y. 4.7. Calcular la soluci´on general de la ecuaci´on de ondas unidimensional utt − c2 uxx = 0. 4.8. Calcular una funci´on f : R2 → R de clase C 2 que cumpla la ecuaci´on ∂f ∂f − + 3(x − y)f = 0. ∂x ∂y 4.9. Demostrar que el laplaciano en Rn es invariante bajo transformaciones ortogonales (i.e., transformaciones lineales que conservan el producto escalar). 4.10. Calcular el desarrollo de Taylor de orden 1 de las funciones: (i) f (x, y) := log(x + ey ) en (1, 0). (ii) g(x, y) :=

1 xy

en (1, −1).

4.11. Expresar el polinomio P (x, y) := x3 + y 2 + xy 2 en potencias de (x − 1) e (y − 2). 4.12. Calcular el polinomio de Taylor de segundo orden en el origen de las funciones: (i) f (x, y) := ex+y (ii) g(x, y) := sen x sen y. 4.13. Hallar el desarrollo de Taylor de orden m de la funci´on f (x1 , · · · , xn ) := ex1 +...+xn en el origen.

135

4.6. Problemas

4.14. Demostrar la F´ormula de Leibniz para funciones de varias variables, i.e., demostrar que si α es un multi´ındice en Rn y f, g : Rn → R son funciones con derivadas parciales hasta el orden |α|, entonces: Dα (f · g) =



α! Dβ f · D(α−β) g. β!(α − β)! β≤α

4.15. (Teorema de Rolle) Sea B = {x ∈ Rn : x ≤ 1}. Sea f : B → R una funci´on continua que sea diferenciable en int(B). Probar que si f se anula en la frontera de B, entonces existe un x0 ∈ int(B) para el que Df (x0 ) = 0. Probar que el Teorema de Rolle no es cierto, en general, para funciones c on valores vectoriales. 4.16. Calcular los extremos relativos de la funciones: (i) f (x, y) := xy 2 (1 − x − y). 2

2

(ii) g(x, y) := log(1 + x + y ) − (iii) h(x, y) := xye

x+2y

 x 0

2t dt. 1 + t4

.

4.17. Clasificar los puntos cr´ıticos de la funci´on f (x, y) = sen x + sen y + cos (x + y), cuando 0 < x < 2π, 0 < y < 2π. 4.18. Sea f : Ω ⊂ Rn → R y x0 ∈ Ω. Se dice que f tiene en x0 un m´ aximo absoluto en Ω si f (x) ≤ f (x0 ) para todo x ∈ Ω. Demostrar que toda funci´on continua en Rn y no negativa que tiene l´ımite cero en el infinito tiene un m´aximo absolut . 2 +y 2 )

4.19. Sea f (x, y) := (ax2 + by 2 )e−(x extremos absolutos.

, con a > 0, b > 0. Calcular sus

4.20. Determinar los extremos absolutos de la funci´on f (x, y) := xy(1 − x2 − y 2 ) en el conjunto K := [0, 1] × [0, 1].

136

Cap´ıtulo 4. Derivadas de Orden Superior. M´aximos y Minimos

4.21. Sea f : Ω ⊂ R2 → R una funci´on de clase C 2 en el abierto Ω. Se dice que f es arm´ onica en Ω si ∆f (x, y) = 0 para cada (x, y) ∈ Ω. Demostrar que si f es arm´onica en Ω y tiene un extremo local en (x0 , y0 ) ∈ Ω, entonces, todas las derivadas parciales de segundo orden de f en (x0 , y0 ) se anulan. 4.22. Determinar el conjunto donde son convexas las funciones: (i) f (x, y) := (x + y)p , (ii) g(x, y) := exy . 4.23. Sea K ⊂ Rn un abierto convexo y g una funci´on real, de clase C 2 , convexa en K. Sea I ⊂ R un intervalo tal que g(x) ∈ I para todo x ∈ K. Sea φ una funci´on de clase C 2 , no decreciente, y convexa en I. Demostrar que la funci´on f (x) := φ(g(x)) es convexa en K. 4.24. Probar que las siguientes funciones son convexas en Rn : (i) f (x) := ex , (ii) g(x) := xp con p ≥ 1, (iii) h(x) := (1 + x2 )p/2 con p ≥ 1. 4.25. Sea K ⊂ Rn un convexo y f : K → R una funci´on continua. Demostrar que si:   1 1 1 1 f x + y ≤ f (x) + f (y), ∀ x, y ∈ K, 2 2 2 2 entonces f es convexa en K. 4.26. Sea I un intervalo de R y f : I → R. Se dice que f es logaritmo convexa si la funci´on log (f (x)) es convexa. Demostrar: (i) Si f es logaritmo convexa en I, entonces f es convexa en I. (ii) Si f es de clase C 2 en I, entonces f es logaritmo convexa si, y s´olo si, (f ′ )2 ≤ f f ′′ en I.

137

4.6. Problemas (iii) f es logaritmo convexa en I si, y s´olo si, f (ta + (1 − t)b) ≤ (f (a))t (f (b))1−t ,

∀ a, b ∈ I, 0 ≤ t ≤ 1.

(iv) Si f es continua en I, entonces f es logaritmo convexa en I si, y s´olo si,    1/2 a+b , ∀ a, b ∈ I. f ≤ f (a)f (b) 2 (v) El producto de dos funciones continuas logaritmo convexas es una funci´on logaritmo convexa. (vi) Dar un ejemplo de dos funciones convexas cuyo producto no sea una funci´on convexa. 4.27. Sea f : Rn → R una funci´on convexa, de clase C 2 y acotada. Demostrar que si {xm } es una sucesi´on acotada en Rn , tal que limm→∞ Df (xm ) = 0, entonces lim f (xm ) = infn f (x). m→∞ x∈R

4.28. Para 1 < p < ∞ y cada a, b > 0, probar que:

(i)

(ii)

1 1 1/p inf t1/p−1 a + 1 − t b = a1/p b1−1/p . t>0 p p &





'

inf [t1−p ap + (1 − t)1−p bp ] = (a + b)p .

0 0. Sea U := B(f (a), m/2). Veamos que U ⊂ f (B), con lo que quedar´a demostrado el Lema. Para cada y ∈ U definimos la aplicaci´on hy : B → R, hy (x) := f (x) − y. Como hy es continua en el compacto B, hy alcanza en B un m´ınimo absoluto. Veamos que dicho m´ınimo se alcanza en B. En efecto, como y ∈ U , m hy (a) = f (a) − y < . 2 Por tanto, el valor m´ınimo debe ser menor que m/2. Ahora, si x ∈ Fr(B), se tiene que hy (x) = f (x) − y = f (x) − f (a) − (y − f (a)) m m m ≥ f (x) − f (a) − y − f (a) > g(x) − ≥m− = . 2 2 2 Por tanto hy no alcanza el m´ınimo en Fr(B), consecuentemente lo alcanzar´a en un punto x0 ∈ B. Ahora, como hy ≥ 0, h2y tambi´en tiene un m´ınimo en x0 . Entonces, como h2y (x)

2

= f (x) − y =

n  i=1

(fi (x) − yi )2

141

5.1. Funciones con Determinante Jacobiano no Nulo y las derivadas parciales de h2y en x0 deben ser cero, tendremos que: n 

(fi (x0 ) − yi )Dj fi (x0 ) = 0,

j = 1, 2, . . . , n.

(5.1)

i=1

Ahora, (5.1) es un sistema lineal de ecuaciones cuyo determinante es Jf (x0 ) = 0. Por tanto fi (x0 ) = yi , i = 1, 2, . . . , n, i.e., f (x0 ) = y. Con lo cual y ∈ f (B).  Teorema 5.1.4 Sea Ω ⊂ Rn un abierto y f : Ω → Rn continua y con derivadas parciales finitas en Ω. Si f es inyectiva en Ω y Jf (x) = 0 para cada x ∈ Ω, entonces f (Ω) es un abierto. Demostracion. Sea f (a) ∈ f (Ω). Como Ω es un abierto, existe un r > 0 tal que B(a, r) ⊂ Ω. Como f cumple las hip´otesis del Lema anterior, existe un δ > 0 tal que, B(f (a), δ) ⊂ f (B(a, r)) ⊂ f (Ω). Por tanto, f (Ω) es un abierto.



En el siguiente teorema damos una condici´on para que f sea inyectiva localmente. Teorema 5.1.5 (Teorema de la inyectividad local) Sea Ω ⊂ Rn un abierto y f ∈ C 1 (Ω, Rn ). Sea a ∈ Ω tal que Jf (a) = 0. Entonces existe un ǫ > 0, tal que f es inyectiva en B(a, ǫ). Demostracion. Sean z 1 , z 2 , . . . , z n n puntos de Ω. Y sea z = (z 1 , z 2 , . . . , z n ) ∈ 2 Rn . Definimos la funci´on real h como: " " D f (z 1 ) . . . D f (z 1 ) 1 1 n 1 " " . .. . .. .. h(z) = "" . " " D1 fn (z n ) . . . Dn fn (z n )

" " " " ". " " "

Como Dj fi es continua en Ω y el determinante es un polinomio, tendremos que h es continua en aquellos puntos donde est´a definida. Sea z = (a, . . . , a). Entonces h(z) = Jf (a) = 0. Con lo cual, por la continuidad de h, existe un ǫ > 0 tal que h(z) = det (Dj fi (z i )) = 0 para cada z i ∈ B(a, ǫ).

142

Cap´ıtulo 5. Los Teoremas de la Funci´on Inversa e Implicita

Supongamos que f no es inyectiva en B(a, ǫ). Entonces, existen x, y ∈ B(a, ǫ), x = y, tales que f (x) = f (y). Si aplicamos el Teorema del valor medio a las componentes de f , tendremos que 0 = fi (x) − fi (y) = ∇fi (z i ), y − x =

n 

Dk fi (z i )(yk − xk )

(5.2)

k=1

con z i ∈ B(a, ǫ), i = 1, 2, . . . , n. Ahora, (5.2) es un sistema de ecuaciones lineal cuyo determinante es det (Dk fi (z i )) = 0, ya que z i ∈ B(a, ǫ). Por tanto yk = xk para k = 1, 2, . . . , n. Luego x = y.  El teorema anterior es de car´acter local. Como veremos en el ejemplo siguiente, cuando Jf (x) = 0 para todo x ∈ Ω, no se tiene, en general, que f sea inyectiva en Ω. Ejemplo 5.1.6 Sea f : R2 → R2 la aplicaci´on f (x, y) := (−y cos x, y sen x). Evidentemente, f ∈ C ∞ (R2 , R2 ), y adem´as, si Ω = {(x, y) ∈ R2 : y = 0}, entonces para cada (x, y) ∈ Ω se tiene que: " " y sen x " Jf (x, y) = "" y cos x

−cos x sen x

" " " " = y sen2 x + y cos2 x = y = 0. "

Sin embargo, f no es inyectiva en Ω ya que f (x + 2kπ, y) = f (x, y) para todo k ∈ N. El teorema siguiente nos proporciona una propiedad global de las funciones de clase C 1 que tienen determinante Jacobiano no nulo. M´as concretamente, veremos que dichas aplicaciones son abiertas. Teorema 5.1.7 Sea Ω ⊂ Rn un abierto y f : Ω → Rn una funci´on de clase C 1 en Ω tal que Jf (x) = 0 para cada x ∈ Ω. Entonces f es una aplicaci´ on abierta. Demostracion. Sea U un abierto de Ω. Si x ∈ U , por el teorema anterior, existe un ǫx > 0 tal que f es inyectiva en B(x, ǫx ). Por tanto, aplicando el Teorema 1, tenemos que f (B(x, ǫx )) es un abierto de Rn . Ahora, como U=

( x∈U

B(x, ǫx ),

5.1. Funciones con Determinante Jacobiano no Nulo tenemos que: f (U ) =

(

143

f (B(x, ǫx ))

x∈U

es un abierto de Rn .



Si a las hip´otesis del teorema anterior se les a˜ nade la inyectividad, se obtiene una clase muy importante de funciones. Definici´ on 5.1.8 Sea Ω ⊂ Rn un abierto y f : Ω → Rn . Se dice que f es una transformaci´ on regular en Ω si cumple: (i) f es de clase C 1 en Ω, (ii) f inyectiva en Ω, (iii) Jf (x) = 0 para cada x ∈ Ω. A las transformaciones regulares tambi´en se le les llama difeomorfismos. Como consecuencia del u ´ltimo Teorema tenemos que toda transformaci´on regular es una aplicaci´on abierta. Proposici´ on 5.1.9 La composici´on de transformaciones regulares es una transformaci´ on regular. Demostracion. Sean A y B abiertos de Rn , y sean f : A → Rn y g : B → Rn dos transformaciones regulares tales que f (A) ⊂ B. Sea h := g ◦ f . Veamos que h es una transformaci´on regular. Evidentemente, h es inyectiva en A. Por la regla de la cadena h es de clase C 1 en A. Adem´as, h′ (x) = g ′ (f (x))f ′ (x),

para cada x ∈ A.

Con lo cual, Jh (x) = Jg (f (x))Jf (x) = 0, Por tanto, h es una transformaci´on regular.

para cada x ∈ A. 

Ejemplo 5.1.10 Veamos algunos ejemplos de transformaciones regulares:

144

Cap´ıtulo 5. Los Teoremas de la Funci´on Inversa e Implicita

(1) Sea Ω := {(ρ, θ) ∈ R2 : ρ > 0, θ ∈]0, 2π[}. Entonces, la transformaci´on f (ρ, θ) := (ρ cos θ, ρ sen θ) (i.e., el cambio a coordenadas polares) es una transformaci´on regular en Ω, ya que evidentemente es de clase C 1 , inyectiva, y adem´as: " " cos θ " Jf (ρ, θ) = "" sen θ

−ρ sen θ ρ cos θ

" " " " = ρ = 0. "

(2) Otro ejemplo de transformaci´on regular nos lo proporciona el cambio a coordenadas cil´ındricas en R3 , i.e., la transformaci´on f : Ω → R3 , con 

Ω := (ρ, θ, z) ∈ R3 : ρ > 0, θ ∈]0, 2π[, z ∈ R



y f definida por f (ρ, θ, z) := (ρ cos θ, ρ sen θ, z). En este caso, " " cos θ " " Jf (ρ, θ, z) = "" sen θ " 0

"

−ρ sen θ 0 "" ρ cos θ 0 "" = ρ = 0. " 0 1 "

Evidentemente f es de clase C 1 , y es f´acil comprobar que es inyectiva en Ω. (3) Otro ejemplo de transformaci´on regular nos lo proporciona el cambio a coordenadas esf´ericas en R3 , i.e., la transformaci´on f definida en: π π Ω := (ρ, θ, ϕ) ∈ R : ρ > 0, θ ∈]0, 2π[, ϕ ∈ − , 2 2 

3

'

como, f (ρ, θ, ϕ) := (ρ cos θ cos ϕ, ρ sen θ cos ϕ, ρ sen ϕ). En este caso se comprueba f´acilmente que Jf (ρ, θ, ϕ) = ρ2 cos ϕ = 0,

∀ (ρ, θ, ϕ) ∈ Ω.

&

5.2. El Teorema de la Funci´on Inversa

5.2

145

El Teorema de la Funci´ on Inversa

En esta secci´on vamos a tratar el problema de cu´ando podemos resolver la ecuaci´on f (x) = y, siendo f : Ω ⊂ Rn → Rn . Es decir, estamos interesados en la invertibilidad de la funci´on f . Si suponemos que Jf (x) = 0, entonces Df (x) : Rn → Rn es un isomorfismo lineal. Por tanto, del hecho de que la mejor aproximaci´on lineal es invertible, queremos concluir que la aplicaci´on tambi´en lo es. Evidentemente, como se pone de manifiesto con ejemplos sencillos de aplicaciones de R en R, no podemos obtener invertibilidad total, lo que vamos a obtener es invertibilidad local, i.e., si en x0 tenemos que Jf (x0 ) = 0, resolveremos la ecuaci´on f (x) = y en un entorno de x0 . Necesitamos el siguiente resultado sobre invertibilidad de funciones continuas: Lema 5.2.1 Sea K ⊂ Rn un compacto y f : K → Rm una funci´on continua e inyectiva. Entonces existe una u ´nica funci´on continua g : f (K) → Rn tal que g(f (x)) = x para todo x ∈ K. Demostracion. Como f : K → f (K) es biyectiva, sabemos que existe la aplicaci´on g. Veamos que g es continua. Para ello bastar´a con demostrar que si A ⊂ K es un cerrado, entonces f (A) es un cerrado. Ahora, como K es compacto, A ser´a un compacto, y por el Teorema 2.3.6, se tiene que f (A) es compacto y, por tanto, cerrado  Teorema 5.2.2 (Teorema de la funcion inversa) Sea Ω un abierto de Rn , f ∈ C 1 (Ω, Rn ) y T = f (Ω). Si Jf (a) = 0, entonces existen conjuntos abiertos U ⊂ Ω, V ⊂ T y una funci´on g un´ıvocamente determinada cumpliendo: (1) a ∈ U y f (a) ∈ V , (2) V = f (U ), (3) f inyectiva en U , (4) g est´a definida en V , g(V ) = U , y adem´as g(f (x)) = x para cada x ∈ U, (5) g ∈ C 1 (V, Rn ).

146

Cap´ıtulo 5. Los Teoremas de la Funci´on Inversa e Implicita

Demostracion. Como f ∈ C 1 (Ω, Rn ), la funci´on Jf es continua en Ω, y como Jf (a) = 0, existe un ǫ1 > 0 tal que Jf (x) = 0 para cada x ∈ B(a, ǫ1 ). Aplicando el Teorema de la inyectidad local, existe un ǫ2 > 0, tal que B(a, ǫ2 ) ⊂ B(a, ǫ1 ) y f es inyectiva en B(a, ǫ2 ). Sea 0 < ǫ < ǫ2 . Aplicando el Lema 1 del apartado anterior, existe un δ > 0 tal que B(f (a), δ) ⊂ f (B(a, ǫ)). Tomamos entonces los abiertos V := B(f (a), δ) y U := f −1 (V ) ∩ B(a, ǫ). Por su construcci´on tenemos que U y V cumplen (1), (2) y (3). Como B(a, ǫ) es compacto y f es continua e inyectiva en dicho conjunto, aplicando el Lema 5.1.3, existe una funci´on continua g definida en f (B(a, ǫ)), tal que g(f (x)) = x para todo x ∈ B(a, ǫ). Por tanto, como U ⊂ B(a, ǫ) y V ⊂ f (B(a, ǫ)), tenemos que se cumple (4). Veamos finalmente que se cumple (5). Para ello definimos la funci´on: h(z) := det (Dj fi (z i ))

z = (z 1 , . . . , z n ),

z i ∈ Ω.

Razonando como en la demostraci´on del Teorema 5.1.4, podemos suponer que h(z) = 0 para todo z = (z 1 , . . . , z n ) tal que z i ∈ B(a, ǫ). Si g = (g1 , . . . , gn ), para demostrar (5) tenemos que demostrar que gk ∈ C 1 (V, R) para cada k = 1, . . . , n. Para demostrar que existe Dr gk en V , supongamos que y ∈ V y consideremos el cociente incremental gk (y + ter ) − gk (y) . t Sea x = g(y) y xˆ = g(y + ter ). Entonces, tomando t suficientemente peque˜ no, tenemos que x, xˆ ∈ U y f (ˆ x) − f (x) = ter . Entonces, aplicando el Teorema del valor medio a las componentes de f , tenemos que x) − fi (x) fi (ˆ xˆ − x = ∇fi (z i ), , t t

i = 1, 2, . . . , n.

Como (5.3) es un sistema lineal de ecuaciones con inc´ognitas determinante es det (Dj fi (z i )) = h(z) = 0,

(5.3) x ˆ−x t

tenemos que por medio de la regla de Cramer podemos determinar, gk (y + ter ) − gk (y) t

cuyo

147

5.2. El Teorema de la Funci´on Inversa

como cociente de determinantes. Ahora, como g es continua, xˆ → x cuando t → 0. Consecuentemente z i → x cuando t → 0. Por tanto, el determinante que aparece en el denominador tiende, cuando t → 0, al n´ umero det (Dj fi (x)) = Jf (x) = 0 pues x ∈ U . Consecuentemente existe el l´ımite gk (y + ter ) − gk (y) = Dr gk (y). t→0 t

lim

Por u ´ltimo, como el l´ımite anterior es un cociente de determinantes en los que figuran el 0, el 1 y las parciales Dj fi (x), tenemos que cada Dr gk es continua, con lo que se cumple (5).  Nota 5.2.3 Una prueba distinta del Teorema de la funci´on inversa, por medio del Teorema del punto fijo de Banach, se encuentra por ejemplo en [6] o en [10]. Obs´ervese que de la demostraci´on del Teorema anterior se desprende que si la funci´on f es de clase C q , entonces su inversa local es tambi´en de clase Cq. La demostraci´on del Teorema de la funci´on inversa nos proporciona un m´etodo para el c´alculo de las derivadas parciales Dr gk de la inversa local. Ahora, en la pr´actica es m´as u ´til aplicar la regla de la cadena a la identidad g(f (x)) = x, lo que nos proporciona el sistema de n2 ecuaciones: n 

Dk gi (y)Dj fk (x) = δij .

k=1

De aqu´ı, fijado el i, obtenemos n ecuaciones que nos permiten determinar las derivadas parciales, D1 gi (y), . . . , Dn gi (y), por medio de la regla de Cramer. Ejemplo 5.2.4 Consideremos la funci´on f (x, y) := (ex cos y, ex sen y). Tenemos que su determinante Jacobiano viene dado por " " " " Jf (x, y) = "" " "

∂f1 ∂x ∂f2 ∂x

" " " " " x " " = "" e cos y " " ex sen y ∂f2 " " ∂y ∂f1 ∂y

−ex sen y ex cos y

" " " " "

148

Cap´ıtulo 5. Los Teoremas de la Funci´on Inversa e Implicita = e2x (cos2 y + sen2 y) = e2x = 0.

Por tanto, por el Teorema de la funci´on inversa, f es localmente invertible. Sin embargo, f no es globalmente invertible ya que no es inyectiva pues f (x, y + 2π) = f (x, y). Dado un (x0 , y0 ), sea g la inversa local de f en un entorno de (x0 , y0 ). Vamos a calcular la matriz Jacobiana de g. Como g(f (x, y)) = (x, y) en un entorno de (x0 , y0 ), aplicando la regla de la cadena obtenemos los sistemas:  ∂g1 ∂f1 ∂g1 ∂f2    + =1    ∂u ∂x ∂v ∂x   ∂g1 ∂f1 ∂g1 ∂f2    + =0 

∂u ∂y

∂v ∂y

 ∂g2 ∂f1 ∂g2 ∂f2    + =0    ∂u ∂x ∂v ∂x

  ∂g2 ∂f1 ∂g2 ∂f2    + = 1. 

∂u ∂y

Luego,      

∂v ∂y

∂g1 x ∂g1 x e cos y + e sen y = 1 ∂u ∂v

   ∂g1 ∂g1 x   (−ex sen y) + e cos y = 0      

∂u ∂v ∂g2 x ∂g2 x e cos y + e sen y = 0 ∂u ∂v

   ∂g2 ∂g2 x   (−ex sen y) + e cos y = 1.

∂u ∂v Resolviendo estos dos u ´ltimos sistemas por Cramer obtenemos: ∂g1 ∂g1 = e−x cos y, = e−x sen y, ∂u ∂v ∂g2 ∂g2 = −e−x sen y, = e−x cos y. ∂u ∂v Ahora, si u(x, y) = f1 (x, y) y v(x, y) = f2 (x, y), tenemos que u2 +v 2 = e2x , con lo cual, √ v u √ ex = u2 + v 2 , cos y = √ 2 , sen y = . u + v2 u2 + v 2

149

5.3. El Teorema de la Funci´on Impl´ıcita Por tanto, tenemos que u  u2 + v 2  

g ′ (u, v) =   

5.3

v − 2 u + v2

 v u2 + v 2  

. 

 u u2 + v 2

El Teorema de la Funci´ on Impl´ıcita

En geometr´ıa anal´ıtica, frecuentemente, se da la ecuaci´on de una curva no en la forma y = f (x) sino en la forma F (x, y) = 0. Por ejemplo, una recta se representa por medio de la ecuaci´on ax + by + c = 0, y una circunferencia por la ecuaci´on x2 + y 2 − r2 = 0. Para obtener la ecuaci´on de la curva en la forma y = f (x) tenemos que resolver la ecuaci´on F (x, y) = 0 para y. En el caso de la recta, obviamente se tiene que y√= −(a/b)x − c/b. Ahora, en el caso de la circunferencia, se tiene que y = ± r2 − x2 . Luego en este caso no hay una u ´nica soluci´on. Dado un punto (x0 , y0 ) tal que F (x0 , y0 ) = 0, queremos saber si existe una funci´on f (x) tal que F (x, f (x)) = 0, f diferenciable y u ´nica en un entorno del punto x0 . En el ejemplo de la circunferencia, si x0 = ±r, entonces s´ı que tiene soluci´on el problema anterior; basta con tomar una ra´ız adecuada. En el caso de la circunferencia, como F (x, y) = x2 + y 2 − r2 , tenemos que ∂F (x, y) = 2y, con lo cual, si F (x0 , y0 ) = 0, con x0 = ±r, como ∂y y0 = 0, nos queda que ∂F (x0 , y0 ) = 0. Sin embargo, en los puntos (x0 , y0 ) ∂y (x0 , y0 ) = 0. Veremos tales que F (x0 , y0 ) = 0, con x0 = ±r, se tiene que ∂F ∂y que esta condici´on de no anularse la derivada parcial ser´a la que nos garantice que el problema tiene soluci´on. La necesidad de esta condici´on se puede ver geom´etricamente. En efecto: si consideramos en el espacio tridimensional la superficie z = F (x, y), nuestro problema es determinar si esta superficie se intersecta con el plano x, y en la curva y = f (x) o x = g(y), en un entorno de un punto (x0 , y0 ) tal que F (x0 , y0 ) = 0. Tenemos dos posibilidades: que el plano tangente a la superficie en el punto (x0 , y0 ) sea horizontal, o que no lo sea. En el caso en que sea horizontal, f´acilmente se puede ilustrar con ejemplos que el problema no tiene soluci´on. Consideremos, por ejemplo, el paraboloide z = x2 + y 2 y el punto (0, 0). En este caso la intersecci´on del paraboloide con el plano x, y se reduce al punto (0, 0). Otro ejemplo, menos dr´astico, nos lo proporciona la superficie z = xy y el punto (0, 0). En este caso, la superficie y el plano x, y intersectan en las rectas x = 0 e y = 0, pero en ning´ un entorno del

150

Cap´ıtulo 5. Los Teoremas de la Funci´on Inversa e Implicita

origen puede representarse la intersecci´on por una funci´on y = f (x) o por una funci´on x = g(y). En el caso en que el plano tangente no es horizontal, como dicho plano aproxima a la superficie en un entorno del punto (x0 , y0 ), es de esperar, al menos intuitivamente, que la superficie no pueda cambiar tan r´apidamente como para evitar cortar al plano x, y en un entorno del punto (x0 , y0 ), en una curva bien definida. Anal´ıticamente, la condici´on de que el plano tangente no sea horizontal significa que ∂F (x0 , y0 ) y ∂F (x0 , y0 ) no se ∂x ∂y anulan simult´aneamente.

4 2 0 -2 -4 -2

2 1 0 -1 -1

0 1 2 -2

Figura 5.1 La superficie z = xy En su forma general, el Teorema de la funci´on impl´ıcita, que ser´a el que nos resuelva el problema anterior, trata, en vez de ecuaciones de dos variables, con sistemas de n ecuaciones con n + k variables, i.e., sistemas de la forma:    F1 (x1 , . . . , xn , y1 , . . . , yk ) = 0  

.............................. Fn (x1 , . . . , xn , y1 , . . . , yk ) = 0.

Por comodidad de escritura, en el Teorema de la funci´on impl´ıcita usaremos la siguiente notaci´on: los vectores de Rn+k los escribiremos en la forma (x; y), con x = (x1 , . . . , xn ) ∈ Rn , y = (y1 , . . . , yk ) ∈ Rk . Teorema 5.3.1 (Teorema de la funcion implicita) Sea S un abierto de Rn+k y f ∈ C p (S, Rn ). Sea (x0 , y0 ) ∈ S tal que f (x0 , y0 ) = 0. Supongamos que: det (Dj fi (x0 ; y0 ))i,j=1,...,n = 0.

151

5.3. El Teorema de la Funci´on Impl´ıcita Entonces, existe un entorno abierto U de (x0 ; y0 ) tal que det (Dj fi (x; y))i,j=1,...,n = 0

∀ (x; y) ∈ U,

existe un entorno abierto T de y0 en Rk , y existe una, y s´olo una, funci´on g ∈ C p (T, Rn ) tal que g(y0 ) = x0 y, {(x; y) ∈ U : f (x; y) = 0} = {(x; y) ∈ Rn+k : y ∈ T, x = g(y)}. Demostracion. Consideremos la funci´on F : S → Rn+k con componentes: Fi (x; y) = fi (x; y) para 1 ≤ i ≤ n, Fn+i (x; y) = yi

para 1 ≤ i ≤ k.

Tenemos entonces que el determinante Jacobiano JF (x; y) tiene el mismo valor que: det (Dj fi (x; y))i,j=1,...,n . Con lo cual, JF (x0 ; y0 ) = 0. Por tanto, aplicando el Teorema de la funci´on inversa, existen abiertos U y V que contienen a (x0 , y0 ) y F (x0 , y0 ) = (0; y0 ), respectivamente, tales que, F es inyectiva en U y F (U ) = V ; y existe una funci´on G ∈ C p (V, Rn+k ) tal que G(F (x; y)) = (x; y),

∀ (x; y) ∈ U.

(5.4)

Adem´as, tenemos que JF (x; y) = 0, ∀ (x; y) ∈ U , con lo que: det (Dj fi (x; y))i,j=1,...,n = 0,

∀ (x; y) ∈ U.

Supongamos que G = (h; l), con h = (h1 , . . . , hn ) : V → Rn ,

l = (l1 , . . . , lk ) : V → Rk .

Entonces, como consecuencia de (5.4), tenemos que h(F (x; y)) = x,

l(F (x; y)) = y.

Ahora, como F : U → V es biyectiva, cada vector (x′ ; y′ ) ∈ V se puede escribir como (x′ ; y′ ) = F (x; y), con (x; y) ∈ U . Entonces, y = y′ . Con lo cual, h(x′ ; y′ ) = h(F (x; y)) = x, l(x′ ; y′ ) = l(F (x; y)) = y′ .

152

Cap´ıtulo 5. Los Teoremas de la Funci´on Inversa e Implicita

Luego si (x′ ; y′ ) ∈ V , se tiene que G(x′ ; y′ ) = (x; y′ ) si F (x; y′ ) = (x′ ; y′ ). Consecuentemente, F (h(x′ ; y′ ); y′ ) = (x′ ; y′ ),

∀ (x′ ; y′ ) ∈ V.

Definimos entonces el conjunto T y la funci´on g como T := {y′ ∈ Rk : (0; y′ ) ∈ V }, g(y′ ) := h(0; y′ ) para y′ ∈ T. Como V es un abierto de Rn+k , T es un abierto de Rk . Adem´as, g ∈ C (T, Rn ), ya que sus componentes son componentes de G. Como F (x0 ; y0 ) = (0; y0 ), se tiene que g(y0 ) = h(0; y0 ) = x0 . p

Sea (x; y) ∈ U tal que f (x; y) = 0. Entonces, F (x; y) = (f (x; y); y) = (0; y) ∈ V, con lo cual, y ∈ T y g(y) = h(0; y) = h(F (x; y)) = x. Por otra parte, si y ∈ T y g(y) = x entonces (0; y) ∈ V y G(0; y) = (h(0; y); y) = (x; y) ∈ U . Adem´as, f (x; y) = f (g(y); y) = f (h(0; y); y) = 0. Tenemos pues que: {(x; y) ∈ U : f (x; y) = 0} = {(x; y) ∈ Rn+k : y ∈ T, x = g(y)}. S´olo nos falta demostrar la unicidad de g, ahora esto es consecuencia de la inyectividad de f , ya que si existiera otra aplicaci´on w cumpliendo el Teorema, se tendr´ıa que f (g(y); y) = f (w(y); y), con lo cual, g(y) = w(y) para todo y ∈ T .

∀y ∈ T, 

Nota 5.3.2 Por comodidad, hemos supuesto en el Teorema de la funci´on impl´ıcita que son linealmente independientes las n primera columnas del un conjunto de de Jacobiano f ′ (x0 ). Ahora, s´olo se necesita suponer que alg´ n columnas es linealmente independiente, i.e., que la transformaci´on lineal Df (x0 ) tiene rango m´aximo. Supongamos que son las columnas j1 , . . . , jn

153

5.3. El Teorema de la Funci´on Impl´ıcita

( j1 < j2 < . . . < jn ) las que forman un conjunto linealmente independiente, i.e., supongamos que ∂(f1 , . . . , fn ) 0 (x ) = 0. ∂(xj1 , . . . , xjn ) Sean i1 < i2 . . . < ik los restantes ´ındices. Entonces, el Teorema de la funci´on impl´ıcita nos asegura que existen U entorno abierto de x0 en Rn+k , V entorno abierto de (x0i1 , . . . , x0ik ) en Rk , y existe una funci´on g = (g1 , . . . , gn ) ∈ C p (V, Rn ), cumpliendo: ∂(f1 , . . . , fn ) (x) = 0 ∂(xj1 , . . . , xjn )

∀x∈U

y {x ∈ U : f (x) = 0} = {x ∈ Rn+k : (xi1 , . . . , xik ) ∈ V, xjr = gr (xi1 , . . . , xik ), r = 1, . . . , n}. Ejemplo 5.3.3 Consideremos el sistema  3 2 3   xz + y u = 1  

2xy 3 + zu2 = 0.

Vamos a demostrar que dicho sistema define a x e y como funciones diferenciables de z y u en un entorno del punto (0, 1, 0, 1), y que si dichas funciones son x = h(z, u) e y = g(z, u), entonces la funci´on F = (h, g) admite inversa diferenciable en un entorno del punto (0, 1). Demostracion. Sea f : R4 → R2 la aplicaci´on f (x, y, z, u) := (xz 3 + y 2 u3 − 1, 2xy 3 + zu2 ). Veamos que f cumple las hip´otesis del Teorema de la funci´on impl´ıcita en el punto (0, 1, 0, 1). Como las componentes f1 (x, y, z, u) = xz 3 + y 2 u3 − 1, f2 (x, y, z, u) = 2xy 3 + zu2 son de clase C 1 tenemos que f es de clase C 1 . Adem´as, ∂f1 ∂f1 = z3, = 2yu3 , ∂x ∂y ∂f2 = 2y 3 , ∂x

∂f2 = 6xy 2 . ∂y

154

Cap´ıtulo 5. Los Teoremas de la Funci´on Inversa e Implicita

Con lo que, "

" 0 2 ∂(f1 , f2 ) " (0, 1, 0, 1) = "" 2 0 ∂(x, y)

" " " " = −4 = 0. "

Por tanto, f cumple las hip´otesis del Teorema de la funci´on impl´ıcita en el punto (0, 1, 0, 1). Luego existen U entorno de (0, 1, 0, 1), T entorno de (0, 1), y una u ´nica F : T → R2 , F = (h, g) ∈ C 1 (T, R2 ), tales que, F (0, 1) = (0, 1) y {(x, y, z, u) ∈ U : f (x, y, z, u) = 0} 



= (x, y, z, u) ∈ R4 : (z, u) ∈ T, (x, y) = F (z, u) . Por tanto, tenemos que f (h(z, u), g(z, u), z, u) = 0,

∀(z, u) ∈ T.

(5.5)

Veamos que F cumple el Teorema de la funci´on inversa en el punto (0, 1). Por lo anterior sabemos que F ∈ C 1 (T, R2 ). De (5.5) se deduce que para (z, u) ∈ T , ⎧ 3 2 3 ⎪ ⎨ h(z, u)z + g(z, u) u − 1 = 0 (5.6) ⎪ ⎩ 3 2 2h(z, u)g(z, u) + u z = 0. Derivando en (5.6) respecto de z nos queda que: ⎧ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨

3z 2 h(z, u) + z 3

∂h ∂g (z, u) + 2g(z, u)u3 (z, u) = 0 ∂z ∂z

⎪ ⎪ ⎪ ∂g ∂h ⎪ ⎩ 2g(z, u)3 (z, u) + 6h(z, u)g(z, u)2 (z, u) + u2 = 0.

∂z

∂z

De donde se desprende, teniendo en cuenta que h(0, 1) = 0 y g(0, 1) = 1, que ∂h (0, 1) = −1/2, ∂z

∂g (0, 1) = 0. ∂z

Derivando en (5.5) respecto a u nos queda que ⎧ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨

z3

∂h ∂g (z, u) + 3u2 g(z, u)2 + 2u3 (z, u) = 0 ∂u ∂u

⎪ ⎪ ⎪ ∂g ∂h ⎪ ⎩ 2g(z, u)3 (z, u) + 6h(z, u)g(z, u)2 (z, u) + 2u2 z = 0.

∂u

∂u

155

5.4. Problemas De donde se deduce que ∂h (0, 1) = 0, ∂u

∂g (0, 1) = −3/2. ∂u

Por tanto, " " −1/2 0 JF (0, 1) = """ 0 −3/2

" " " " = 3/4 = 0. "

Luego, F cumple las hip´otesis del Teorema de la funci´on inversa.

5.4



Problemas

5.1. Sea g ∈ C 1 (Rn , Rn ). Supongamos que existe una constante C > 0 tal que: g(x) − g(y) ≥ Cx − y, ∀ x, y ∈ Rn . Demostrar que g es una transformaci´on regular sobreyectiva. 5.2. Sea f : R → R una funci´on de clase C 1 tal que: |f ′ (t)| ≤ k < 1,

∀ t ∈ R.

Demostrar que la aplicaci´on F (x, y) := (x + f (y), y + f (x)) es una transformaci´on regular en R2 . 5.3. Sea f : R3 → R una funci´on de clase C 2 , y sea g la transformaci´on regular que nos proporciona el cambio a coordenadas esf´ericas, i.e., g(ρ, θ, ϕ) := (ρ cos θ cos ϕ, ρ sen θ cos ϕ, ρ sen ϕ). Obtener el laplaciano de f en funci´on de las derivadas parciales de la funci´on F := f ◦ g. 5.4. Sea f : R3 → R3 , f (x, y, z) := (ex , sen (x + y), ez ). Demostrar que f es localmente invertible en (0, 0, 0). Probar que existen puntos de R3 donde f no es localmente invertible. 5.5. Probar que f (u, v) := (eu + ev , eu − ev ) es localmente invertible en todo punto de R2 y demostrar que la inversa local es global. Calcular dicha inversa y comprobar que su matriz Jacobiana es la inversa de la matriz Jacobiana de f .

156

Cap´ıtulo 5. Los Teoremas de la Funci´on Inversa e Implicita

5.6. Sea f (x, y) := (x cos y, sen (x − y)). Comprobar que f tiene inversa local en un entorno del punto ( π2 , π2 ) y calcular la matriz Jacobiana de dicha inversa local en el punto (0, 0). 5.7. Sea f : R2 → R2 una funci´on de clase C 1 y supongamos que satisface: ∂f1 ∂f2 = , ∂x ∂y

∂f1 ∂f2 =− . ∂y ∂x

(Estas ecuaciones se denominan las Ecuaciones de Cauchy-Riemann y aparecen de forma natural en la teor´ıa de funciones de variable compleja). Demostrar que Jf (x, y) = 0 si, y s´olo si, Df (x, y) = 0. Probar (con un ejemplo) que lo anterior no es cierto, en general, si f no satisface las Ecuaciones de Cauchy-Riemann. 5.8. Sea Ω ⊂ Rn un abierto convexo y f ∈ C 1 (Ω, Rn ). Demostrar que si n 

Di fj (x)hi hj > 0,

i,j=1

para cada x ∈ Ω y h = (h1 , · · · , hn ) = (0, · · · , 0), entonces f es inyectiva en Ω. 5.9. Demostrar que el sistema ⎧ 2 ⎪ ⎨ 2x + u + y = 0 ⎪ ⎩

2xz + x − z = 0

define a x e y como funciones C ∞ de z y u en un entorno del origen. Si estas funciones son x = f (z, u), y = g(z, u), demostrar que G := (f, g) es invertible en un entorno del punto (0, 0) 5.10. Probar que la ecuaci´on xy = log ( xy ) admite una u ´nica soluci´on y = f (x) √ √ ∞ de clase C en un entorno del punto e, verificando que f ( e) = √1e . √ Deducir que la funci´on f tiene un m´aximo local en el punto e. 5.11. Sea F (x, y) := x2 + y 3 + xy + x3 + λy, siendo λ un par´ametro real. (i) ¿Para qu´e valores de λ la ecuaci´on F (x, y) = 0 define a y como

157

5.4. Problemas

funci´on impl´ıcita de clase C ∞ en un entorno del origen? ¿Define la ecuaci´on F (x, y) = 0 a x como funci´on impl´ıcita diferenciable de y en un entorno del origen, para alg´ un valor de λ? (ii) Sea y = f (x) la funci´on impl´ıcita determinada por F (x, y) = 0. Calcular el valor de λ para que el polinomio de Taylor de segundo orden de f en el origen tome el valor 1 en x = 1. ¿Para qu´e valores de λ tiene f un extremo en x = 0? 5.12. Demostrar que existe una u ´nica funci´on f : U → R de clase C 1 en un entorno U del punto (0, 0), que se anula en (0, 0) y que cumple: ef (x,y) = (1 + xef (x,y) )(1 + yef (x,y) ),

∀ (x, y) ∈ U.

5.13. Probar que la ecuaci´on sen (yz) + sen(xz) + sen (xy) = 0 admite un u ´nica soluci´on z = f (x, y) de clase C 1 en un entorno del punto (π, 0) que cumple f (π, 0) = 1. Calcular el polinomio de Taylor de orden uno en el punto (π, 0). 5.14. Probar que la ecuaci´on: z 3 log (xy) + 2x2 + 2y 2 + z 2 + 8xz − z + 8 = 0 define exactamente dos funciones de clase C ∞ , z = fi (x, y) (i = 1, 2), en un entorno del punto (1, 1). Comparar los desarrollos de Taylor de primer orden en el punto (1, 1). 5.15. Sean f :]a, b[→ R, g :]c, d[→ R dos funciones continuas, y supongamos que g(y) = 0 para cada y ∈]c, d[. Sea (x0 , y0 ) ∈]a, b[×]c, d[. Probar que la ecuaci´on  y  x g(t) dt f (t) dt = x0

y0

define una funci´on y = φ(x) en un entorno del punto x0 que es soluci´on de la ecuaci´on diferencial f (x) y′ = , g(y) verificando la condici´on inicial φ(x0 ) = y0 .

158

Cap´ıtulo 5. Los Teoremas de la Funci´on Inversa e Implicita

5.16. Determinar los valores de a para los que el sistema     

xz 3 + yu + ax = 1 2xy 3 + u2 z + a(y − 1) = 0

define a (x, y) como funci´on impl´ıcita de (z, u) en un entorno del punto (x0 , y0 , z0 , u0 ) = (0, 1, 0, 1). Si denotamos dicha funci´on por (x, y) = G(z, u), calcular los valores de a para los que la funci´on G admite una inversa local de clase C 1 en un entorno del punto (0, 1). 5.17. Sea F : R3 → R una funci´on de clase C 1 . Encontrar condiciones que garanticen que la ecuaci´on F (x, y, z) = 0 define tres funciones de clase C 1 , x = f (y, z), y = g(x, z), z = h(x, y), en un entorno del punto (x0 , y0 , z0 ). Demostrar que se cumple la relaci´on ∂g ∂h ∂f (y0 , z0 ) (x0 , z0 ) (x0 , y0 ) = −1. ∂y ∂z ∂x 5.18. Demostrar que el sistema               

sen wπ = 0 ex+u − 1 = 0 2x − u + v − w + 1 = 0,

define impl´ıcitamente tres funciones u = u(x), v = v(x) y w = w(x) en un entorno del punto (0, 0, 0, 1). Obtener el desarrollo de Taylor de v(x) en 0 hasta el t´ermino de segundo orden.

Cap´ıtulo VI Variedades y Extremos Condicionados En este cap´ıtulo introducimos el concepto de variedad diferenciable en espacios eucl´ıdeos finito-dimensionales y los de espacio tangente y normal para, con la ayuda de los mismos, estudiar los problemas de extremos condicionados por medio de los multiplicadores de Lagrange.

6.1

Variedades Diferenciables en Rn

La palabra variedad se usa en matem´aticas para describir un espacio topol´ogico que es localmente homeomorfo a un abierto de Rk , para alg´ un k ∈ N. Por ejemplo, una circunferencia es localmente homeomorfa a R. Para nosotros una variedad es un subconjunto de un espacio eucl´ıdeo Rn que localmente puede describirse por medio de una ecuaci´on F (x) = 0, teniendo DF (x) rango m´aximo. M´as precisamente, tenemos la siguiente definici´on: Definici´ on 6.1.1 Sea M un subconjunto no vac´ıo de Rn . Se dice que M es una variedad de dimensi´on m, con 1 ≤ m < n, y de clase C q , con q ∈ N, si para cada x0 ∈ M , existe un entorno abierto Wx0 de x0 en Rn , y una aplicaci´on ψx0 ∈ C q (Wx0 , Rn−m ), cumpliendo que Dψx0 (x) tiene rango m´aximo, n − m, para todo x ∈ Wx0 , y: M ∩ Wx0 = {x ∈ Wx0 : ψx0 (x) = 0}. De ahora en adelante tomaremos q = 1, y por brevedad diremos mvariedad en vez de “variedad de dimensi´on m y de clase C 1 ”. A las 1variedades en Rn se les denomina curvas en Rn , a las 2-variedades en Rn 159

160

Cap´ıtulo 6. Variedades y Extremos Condicionados

se les denomina superficies en Rn , y a las (n − 1)-variedades en Rn se les denomina hipersuperficies en Rn . En el siguiente teorema veremos que una m-variedad es localmente como R . m

Teorema 6.1.2 Sea M ⊂ Rn una m-variedad. Entonces, para cada x0 ∈ M , existe un entorno abierto Vx0 de x0 , un abierto V (x0 ) de Rm y una aplicaci´ on φx0 ∈ C 1 (V (x0 ), Rn ) cumpliendo: (i) φx0 (V (x0 )) = M ∩ Vx0 , (ii) rango(Dφx0 (y)) = m para cada y ∈ V (x0 ), (iii) φx0 un homeomorfismo de V (x0 ) sobre M ∩ Vx0 . Demostracion. Dado x0 ∈ M , como M es una m-variedad, existe un entorno abierto Wx0 de x0 en Rn , y una aplicaci´on ψx0 ∈ C 1 (Wx0 , Rn−m ), cumpliendo que Dψx0 (x) tiene rango m´aximo n − m para todo x ∈ Wx0 , y: M ∩ Wx0 = {x ∈ Wx0 : ψx0 (x) = 0}. Supongamos, por comodidad, que ∂((ψx0 )1 , . . . , (ψx0 )n−m ) 0 (x ) = 0. ∂(xm+1 , . . . , xn ) Entonces, aplicando el Teorema de la funci´on impl´ıcita, existe un entorno abierto Vx0 de x0 , con Vx0 ⊂ Wx0 , existe un abierto V (x0 ) de Rm , con (x01 , . . . , x0m ) ∈ V (x0 ), y existe una funci´on g ∈ C 1 (V (x0 ), Rn−m ) cumpliendo: g(x01 , . . . , x0m ) = (x0m+1 , . . . , x0n ) y M ∩ Vx0 = {x ∈ Vx0 : ψx0 (x) = 0} = {x ∈ Rn : (x1 , . . . , xm ) ∈ V (x0 ), g(x1 , . . . , xm ) = (xm+1 , . . . , xn )}. (6.1) 0 n Definimos φx0 : V (x ) → R como, φx0 (x1 , . . . , xm ) := (x1 , . . . , xm , g1 (x1 , . . . , xm ), . . . , gn−m (x1 , . . . , xm )).

161

6.1. Variedades Diferenciables en Rn

Al ser g ∈ C 1 (V (x0 ), Rn−m ), tenemos que φx0 ∈ C 1 (V (x0 ), Rn ). Por (6.1), se tiene que φx0 (V (x0 )) = {(y; g(y)) : y ∈ V (x0 )} = M ∩ Vx0 . Adem´as, φx0 un homeomorfismo de V (x0 ) sobre M ∩Vx0 y rango(Dφx0 (y)) = m para cada y ∈ V (x0 ).  Nota 6.1.3 Se˜ nalemos que tambi´en se cumple el rec´ıproco del resultado anterior. Luego la propiedad del teorema anterior caracteriza a las variedades. Ejemplo 6.1.4 Sea M la circunferencia unidad en R2 , i.e., M = {(x, y) ∈ R2 : x2 + y 2 = 1}. Consideremos la funci´on ψ : R2 → R, definida como ψ(x, y) := x2 + y 2 − 1. Entonces, dado un (x0 , y0 ) ∈ M , si tomamos W(x0 ,y0 ) un entorno abierto de (x0 , y0 ) tal que (0, 0) ∈ W(x0 ,y0 ) , tenemos que: ψ ∈ C 1 (W(x0 ,y0 ) , R), M ∩ W(x0 ,y0 ) = {(x, y) ∈ W(x0 ,y0 ) : ψ(x, y) = 0}, y adem´as, como ψ ′ (x, y) = (2x, 2y), tenemos que: rango(Dψ(x, y)) = 1,

∀ (x, y) ∈ W(x0 ,y0 ) .

Por tanto, M es una 1-variedad en R2 . Ejemplo 6.1.5 Sea M el subconjunto de R2 formado por las rectas y = x e y = −x, i.e., M = {(x, y) ∈ R2 : x2 = y 2 }. M no es una 1-variedad de R2 , ya que si lo fuera, por el teorema anterior, existir´ıa V(0,0) entorno del punto (0, 0) y un abierto V ((0, 0)) de R, tales que, V(0,0) ∩ M y V ((0, 0)) ser´ıan homeomorfos. Ahora se puede ver por, conexi´on, que ´esto es imposible.

162

Cap´ıtulo 6. Variedades y Extremos Condicionados

4 2

-4

-2

2

4

-2 -4

Figura 6.1 El conjunto M = {(x, y) ∈ R2 : x2 = y 2 } Un ejemplo interesante de 2-variedad en R3 es la cinta de M¨obius. Dicha variedad puede ser visualizada doblando una tira de papel y pegando los extremos. Lo m´as pintoresco de esta variedad es que es una superficie con un solo lado.

Figura 6.2 La cinta de M¨obius Uno de los conceptos m´as importantes asociados a una variedad es el de vector tangente que damos en la siguiente definici´on: Definici´ on 6.1.6 Sea M ⊂ Rn una m-variedad y x0 ∈ M . Se dice que un vector h ∈ Rn es un vector tangente a la variedad M en el punto x0 , si existe un δ > 0 y una aplicaci´on diferenciable ϕ : ] − δ, δ[→ M , tal que ϕ(0) = x0 y ϕ′ (0) = h. Al conjunto de todos los vectores tangentes a M en x0 lo denotaremos por TM (x0 ) y le llamaremos el espacio tangente a M en x0 .

6.1. Variedades Diferenciables en Rn

163

Notar que h ∈ TM (x0 ) es equivalente a decir que h es tangente en x0 a alguna curva contenida en la variedad M y que pasa por x0 . Se tiene la siguiente caracterizaci´on del espacio tangente: Teorema 6.1.7 Sea M ⊂ Rn una m-variedad y x0 ∈ M . Sean Wx0 , ψx0 como en la definici´on de variedad, y Vx0 , V (x0 ) y φx0 , los obtenidos en el Teorema anterior. Entonces, TM (x0 ) = Ker(Dψx0 (x0 )) = Im(Dφx0 (u0 )), siendo u0 el u ´nico elemento de V (x0 ) tal que φx0 (u0 ) = x0 . Demostracion. Veamos primeramente que: TM (x0 ) ⊂ Ker(Dψx0 (x0 )).

(6.2)

Dado h ∈ TM (x0 ), existe un δ > 0 y una aplicaci´on diferenciable ϕ : ] − δ, δ[→ M tal que ϕ(0) = x0 y ϕ′ (0) = h. Como ϕ es continua, existe un σ, 0 < σ ≤ δ, tal que, ϕ(t) ∈ M ∩ Wx0 = {x0 ∈ Wx0 : ψx0 (x) = 0},

si |t| < σ.

Por tanto, ψx0 (ϕ(t)) = 0

∀ t ∈] − σ, σ[.

Entonces, aplicando la regla de la cadena, tenemos que 0 = ψx′ 0 (ϕ(0)) · ϕ′ (0) = ψx′ 0 (x0 ) · h. Con lo cual, h ∈ Ker (Dψx0 (x0 )), y queda probado (6.2). Veamos ahora que, 



Im Dφx0 (u0 ) ⊂ TM (x0 ).

(6.3)

Sea h ∈ Im(Dφx0 (u0 )). Entonces, existe un u ∈ Rm tal que h = Dφx0 (u0 )(u). Como u0 ∈ V (x0 ) y V (x0 ) es abierto, existe un δ > 0 tal que u0 +tu ∈ V (x0 ) siempre que |t| < δ. Definimos la aplicaci´on ϕ : ]−δ, δ[→ M como ϕ(t) := φx0 (u0 + tu). Entonces, ϕ(0) = φx0 (u0 ) = x0 y, aplicando la regla de la cadena, nos queda que ϕ′ (0) = Dφx0 (u0 )(u) = h.

164

Cap´ıtulo 6. Variedades y Extremos Condicionados

Por tanto, h ∈ TM (x0 ), y queda probado (6.3). Como consecuencia de (6.2) y (6.3), tenemos que Im(Dφx0 (u0 )) ⊂ TM (x0 ) ⊂ Ker(Dψx0 (x0 )).

(6.4)

Ahora, como rango(Dφx0 (u0 )) = m, tenemos que Im(Dφx0 (x0 )) tiene dimensi´on m. Por otra parte, como rango(Dψx0 (x0 )) = n − m, tenemos que Ker(Dψx0 (x0 )) tiene dimensi´on m. Entonces, de (6.4) se deduce que TM (x0 ) = Ker(Dψx0 (x0 )) = Im(Dφx0 (u0 )).  Definici´ on 6.1.8 A la variedad af´ın paralela a TM (x0 ) que pasa por x0 , i.e., al conjunto {x ∈ Rn : x = x0 + h, h ∈ TM (x0 )} se le llama el m-plano tangente a la variedad M en x0 . Teniendo en cuenta el resultado anterior, tenemos que la ecuaci´on del m-plano tangente a la variedad M en x0 viene dada por Dψx0 (x0 )(x − x0 ) = 0. Se usan los t´erminos: recta tangente, plano tangente e hiperplano tangente, cuando m = 1, m = 2 y m = n − 1, respectivamente. Definici´ on 6.1.9 Sea M ⊂ Rn una m-variedad y x0 ∈ M . Se dice que un vector u ∈ Rn es un vector normal a la m-variedad M en x0 , si u es ortogonal al espacio tangente TM (x0 ), i.e., si u, h = 0 para todo h ∈ TM (x0 ). Tenemos pues que el espacio vectorial NM (x0 ) formado por los vectores normales a M en x0 es un subespacio vectorial de Rn de dimensi´on n − m. Como consecuencia del Teorema 6.1.7, tenemos que si h ∈ TM (x0 ) entonces, 0 = Dψx0 (x0 )(h) = (∇(ψx0 )1 (x0 ), h, . . . , ∇(ψx0 )n−m (x0 ), h). Con lo cual, ∇(ψx0 )i (x0 ) ∈ NM (x0 ), para i = 1, . . . , n − m. Ahora, estos vectores son linealmente independientes al tener Dψx0 (x0 ) rango n − m. Por tanto dichos vectores forman una base del espacio NM (x0 ). Tenemos pues que NM (x0 ) = LIN{∇(ψx0 )1 (x0 ), . . . , ∇(ψx0 )n−m (x0 )}.

6.1. Variedades Diferenciables en Rn

165

Ejemplo 6.1.10 En el Ejemplo 6.1.4 vimos que la circunferencia: M = {(x, y) ∈ R2 : x2 + y 2 = 1} es una 1-variedad en R2 , determinada en cada punto por la funci´on ψ(x, y) = x2 + y 2 − 1. Entonces, como ∇ψ(x, y) = (2x, 2y), tenemos que NM (0, 1) = LIN{∇ψ(0, 1)} = LIN{(0, 2)} = {(x, y) ∈ R2 : x = 0}. y TM (0, 1) = Ker(Dψ(0, 1)) = {(x, y) ∈ R2 : 0 = ∇ψ(0, 1), (x, y) = 2y}. Por tanto, la recta tangente a M en (0, 1) es la recta {(x, y) ∈ R2 : (x, y) = (0, 1) + (h1 , h2 ), (h1 , h2 ) ∈ TM (0, 1)} = {(x, y) ∈ R2 : y = 1}. Usando los conceptos de variedad y plano tangente vamos a dar la interpretaci´on geom´etrica de la diferencial. Interpretacion geometrica de la diferencial. Sea Ω ⊂ Rn un abierto y sea f ∈ C 1 (Ω, Rm ). Sea G(f ) la gr´afica de la funci´on f , i.e., 



G(f ) = (x; f (x)) ∈ Rn+m : x ∈ Ω . Consideremos la funci´on ψ : Ω × Rm → Rm definida por ψ(x; y) := y − f (x). Entonces, si (x0 ; y0 ) ∈ G(f ) (i.e., si y0 = f (x0 )) y W es un entorno abierto de (x0 ; y0 ), tenemos que: G(f ) ∩ W = {(x; y) ∈ W : ψ(x; y) = 0}. Adem´as, ψ ∈ C 1 (W, Rm ) y Dψ(x; y) tiene rango m´aximo m para todo (x; y) ∈ W , ya que ψ ′ (x; y) = (−f ′ (x)/Im×m ). Por tanto G(f ) es una nvariedad en Rn+m . Si (x0 ; f (x0 )) ∈ G(f ), el n-plano tangente a la variedad G(f ) es la variedad af´ın generada por el n´ ucleo de la aplicaci´on Dψ(x0 ; f (x0 )) y que pasa por (x0 ; f (x0 )). Luego, su ecuaci´on ser´a: 0 = Dψ(x0 ; f (x0 ))(x − x0 ; y − f (x0 )) = −Df (x0 )(x − x0 ) + (y − f (x0 )),

166

Cap´ıtulo 6. Variedades y Extremos Condicionados

i.e., y = f (x0 ) + Df (x0 )(x − x0 ).

(6.5)

Tenemos pues, que Df (x0 ) es una aproximaci´on lineal a f −f (x0 ). Adem´as, como f (x) − f (x0 ) = Df (x0 )(x − x0 ) + x − x0 ǫ(x − x0 ), con ǫ(x − x0 ) → 0 cuando x → x0 , tenemos que Df (x0 ) es la mejor aproximaci´on lineal a f − f (x0 ). Obs´ervese la similitud de la ecuaci´on (6.5) con la ecuaci´on de la recta tangente a la gr´afica de una funci´on real de variable real. Para finalizar esta secci´on vamos a estudiar un tipo particular de variedades que ser´a de gran inter´es en la secci´on siguiente en el estudio de los extremos condicionados. La variedad determinada por una funcion. Sea Ω ⊂ Rn un abierto y φ ∈ C 1 (Ω, Rk ), 1 ≤ k < n. Vamos a demostrar que, en caso de ser no vac´ıo, el conjunto M := {x ∈ Ω : φ(x) = 0 y rango − (Dφ(x)) = k} es una (n − k)-variedad en Rn . En efecto, sea A := {x ∈ Ω : rango − (Dφ(x)) = k}. Dado un x0 ∈ A, supongamos que ∂(φ1 , . . . , φk ) 0 (x ) = 0. ∂(x1 , . . . , xk ) Entonces, como cada Dj φi es continua en Ω, existe un ǫ > 0 tal que ∂(φ1 , . . . , φk ) (x) = 0, ∂(x1 , . . . , xk ) para cada x ∈ B(x0 , ǫ). Consecuentemente A es un abierto. Por tanto, dado un x0 ∈ M , existe un entorno W de x0 tal que Dφ(x)

tiene rango k

∀x ∈ W

y M ∩ W = {x ∈ W : φ(x) = 0}. Tenemos pues que M es una (n − k)-variedad en Rn . A dicha variedad se la denota por Vφ y se la denomina la variedad determinada por φ.

167

6.2. Extremos Condicionados

6.2

Extremos Condicionados

En el Cap´ıtulo 4 estudiamos los extremos de funciones. Ahora, en muchos casos pr´acticos, el problema que se plantea es el de calcular los extremos de una funci´on sujeta a ciertas restricciones o condiciones laterales. Es esto lo que se denomina un problema de extremos condicionados. Por ejemplo, supongamos que deseamos calcular el punto de una superficie φ(x, y, z) = 0 m´as pr´oximo al origen. Entonces se tiene que minimizar la funci´on f (x, y, z) =



x2 + y 2 + z 2 ,

donde las cantidades x, y, z no son tres variables independientes cualesquiera, sino que estan relacionadas a trav´es de la ecuaci´on φ(x, y, z) = 0. Los problemas de extremos condicionados se dan muy frecuentemente en econom´ıa. Veamos un ejemplo. Supongamos que una factor´ıa produce n productos P1 , . . . , Pn , y sean x1 , . . . , xn las cantidades vendidas de cada uno de estos productos. Representemos por f (x1 , . . . , xn ) la ganancia obtenida al vender estas cantidades de los distintos productos. Evidentemente, la producci´on de la factor´ıa esta controlada, entre otras cosas, por el capital de la compa˜ n´ıa, de manera que la producci´on est´a sujeta a una relaci´on del tipo φ(x1 , . . . , xn ) = a. Por tanto nuestro problema de producci´on consiste en maximizar la funci´on ganancia f (x1 , . . . , xn ) sujeta a las restricciones φ(x1 , . . . , xn ) = a. En general, el problema que nos planteamos es el siguiente: Sea M una m-variedad en Rn . Sea Ω ⊂ Rn un abierto tal que M ⊂ Ω, y sea f ∈ C 1 (Ω, R). Al problema de calcular los extremos locales de la funci´on f|M se le denomina un problema de extremos condicionados. Se dice que f|M tiene en x0 ∈ M un m´ aximo (m´ınimo) local si existe un entorno 0 n U de x en R tal que f (x) ≤ f (x0 ) (f (x) ≥ f (x0 )) para cada x ∈ M ∩ U . En los extremos locales, el vector gradiente es normal a la variedad. M´as concretamente, se tiene el siguiente resultado: Teorema 6.2.1 Sea Ω ⊂ Rn un abierto, y M una m-variedad en Rn , M ⊂ Ω. Sea f ∈ C 1 (Ω, R). Entonces, si f|M tiene en x0 ∈ M un extremo local, se tiene que ∇f (x0 )-es un vector normal a M en x0 . Demostracion. Dado un h ∈ TM (x0 ), tenemos que demostrar que ∇f (x0 ), h = 0.

168

Cap´ıtulo 6. Variedades y Extremos Condicionados

En efecto: Como h ∈ TM (x0 ), existe ϕ : ] − δ, δ[→ −M , tal que ϕ(0) = x0 y ϕ′ (0) = h. Ahora, como f|M tiene en x0 ∈ M un extremo local, tenemos que f ◦ ϕ tiene un extremo local en 0. Por tanto, aplicando la regla de la cadena nos queda que 0 = (f ◦ ϕ)′ (0) = ∇f (x0 ), h.  En el caso particular en que la variedad sea la definida por una funci´on, tenemos el siguiente resultado que es de gran utilidad para el c´alculo de extremos condicionados. Teorema 6.2.2 (La regla de los multiplicadores de Lagrange) Sea Ω ⊂ Rn un abierto, y f ∈ C 1 (Ω, R). Sea φ ∈ C 1 (Ω, Rn−m ), 1 ≤ m < n, y Vφ la m-variedad determinada por φ. Si f|Vφ tiene en x0 un extremo local, entonces existen n´ umeros λ1 , λ2 , . . . , λn−m , un´ıvocamente determinados, tales que x0 es un punto cr´ıtico de la funci´on F (x) := f (x) + λ1 φ1 (x) + · · · + λn−m φn−m (x). Demostracion. Por el Teorema anterior, ∇f (x0 ) es un vector normal a Vφ en x0 . Entonces, como una base del espacio normal a Vφ en x0 est´a formada por los vectores ∇φ1 (x0 ), . . . , ∇φn−m (x0 ), existen escalares λ1 , λ2 , . . . , λn−m , un´ıvocamente determinados, tales que ∇f (x0 ) + λ1 ∇φ1 (x0 ) + · · · + λn−m ∇φn−m (x0 ) = 0. Con lo cual, ∇F (x0 ) = 0. Por tanto x0 es un punto cr´ıtico de F .



Tenemos, por tanto, que la regla de los multiplicadores de Lagrange reduce el problema de calcular los extremos condicionados de f , sujetos a la restricci´on φ(x) = 0, al problema de determinar los puntos cr´ıticos de la funci´on ψ : Ω × Rn−m → R, con ψ(x; α1 , . . . , αn−m ) := f (x) + α1 φ1 (x) + · · · + αn−m φn−m (x). Luego, en la pr´actica, tenemos que resolver el sistema,    Di ψ(x1 , . . . , xn , α1 , . . . , αn−m ) = 0,  

φj (x1 , . . . , xn ) = 0

i = 1, . . . , n j = 1, . . . , n − m,

con inc´ognitas x1 , . . . , xn , α1 , . . . , αn−m . Una vez resuelto este sistema hay que determinar si los puntos (x1 , . . . , xn ), as´ı obtenidos, son m´aximos, m´ınimos o puntos silla de f . Veamos algunos ejemplos:

169

6.2. Extremos Condicionados

Ejemplo 6.2.3 Vamos a calcular los extremos de la funci´on f (x, y, z) := x + y + z, sobre el elipsoide x2 + 2y 2 + 3z 2 = 1. Sea φ(x, y, z) := x2 +2y 2 +3z 2 −1. Entonces, como rango(Dφ(x, y, z)) = 1 para cada (x, y, z) del elipsoide, tenemos que el elipsoide coincide con el conjunto: 



Vφ = v ∈ R3 : φ(x, y, z) = 0, rango (Dφ(x, y, z)) = 1 . Por tanto, el elipsoide es la 2-variedad determinada por la funci´on φ. Luego, podemos aplicar la regla de los multiplicadores de Lagrange, con lo que tenemos que considerar el sistema D1 f (x, y, z) + λD1 φ(x, y, z) = 0 D2 f (x, y, z) + λD2 φ(x, y, z) = 0 D3 f (x, y, z) + λD3 φ(x, y, z) = 0 φ(x, y, z) = 0. Sistema que nos queda como ⎧ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩

1 + 2λx = 0 1 + 4λy = 0 1 + 6λz = 0 x2 + 2y 2 + 3z 2 − 1 = 0.

Como (0, 0, 0) no est´a en el elipsoide, λ = 0, con lo cual: x=−

1 , 2λ

y=−

1 , 4λ

z=−

De donde se obtiene que 1 1 1 +2 +3 = 1. 2 2 4λ 16λ 36λ2 

De aqu´ı se deduce que λ = ± 11/24.

1 . 6λ

170

Cap´ıtulo 6. Variedades y Extremos Condicionados

Ahora, como el elipsoide es un compacto, ya que es cerrado y acotado, y f es continua, tenemos que existen (x0 , y0 , z0 ), (x1 , y1 , z1 ) en el elipsoide, tales que, M = f (x0 , y0 , z0 ) es el m´aximo de f sobre el elipsoide, y m = f (x1 , y1 , z1 ) es el m´ınimo de f sobre el elipsoide. Consecuentemente, tendremos que: (x0 , y0 , z0 ) = (− y

1 1 1 ,− ,− ), 2λ0 4λ0 6λ0



con λ0 = − 11/24,

1 1 1 (x1 , y1 , z1 ) = (− ,− ,− ), 2λ1 4λ1 6λ1 Se tiene entonces que:

con λ1 =



11/24.

20  20  11/24 y m = − 11/24. 24 24 Ejemplo 6.2.4 Vamos a encontrar la caja rectangular de volumen m´aximo entre todas las que tienen un ´area de superficie de 10 metros cuadrados. M=

Demostracion. Sean x, y, z las longitudes de sus lados. Entonces, el volumen viene dado por f (x, y, z) = xyz. Ahora, como nos estamos restringiendo a aquellas cajas que tienen ´area de superficie de 10 metros cuadrados, tenemos que se tiene que cumplir que 2(xy+xz+yz) = 10. Por tanto el problema que se nos plantea es el de calcular el m´aximo de la funci´on f , sujeta a la restricci´on φ(x, y, z) = 0, siendo, φ(x, y, z) := xy + xz + yz − 5. Entonces, aplicando la regla de los multiplicadores de Lagrange, tenemos que resolver el sistema ⎧ ⎪ ⎪ ⎪ yz + λ(y + z) = 0 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ xz + λ(x + z) = 0 ⎪ ⎪ ⎪ xy + λ(y + z) = 0 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩

xy + xz + yz = 5.

Se tiene que x > 0, y > 0 y z > 0. Entonces, eliminando λ de las dos primeras ecuaciones, nos queda que yz xz = , x+z x+z lo que nos da x = y. De forma similar se obtiene que y = z. Entonces, 2 la u ´ltima ecuaci´ on es  on nos da que 3x = 5. Tenemos pues que la soluci´ 3/2  x = y = z = 5/3. Con lo cual el volumen m´aximo es xyz = (5/3) .

171

6.2. Extremos Condicionados En el ejemplo siguiente veremos una aplicaci´on a la econom´ıa.

Ejemplo 6.2.5 En una f´abrica que produce tela usando lana y algod´on, la producci´on de tela viene dada por Q(x, y) = xy − x − y + 1, siendo x la cantidad de kilos de lana e y los kilos de algod´on. Si la lana cuesta a p pesetas el kilo, el algod´on a q pesetas el kilo y el capital disponible es de A pesetas, ¿cu´al es la cantidad de lana y de algod´on que se necesita para tener una producci´on ´optima de tela? Demostracion. Tenemos un problema de extremos condicionados, ya que nuestro problema consiste en maximizar la funci´on Q sujeta a la restricci´on px+qy = A. Entonces, aplicando la regla de los multiplicadores de Lagrange, tenemos que encontrar los puntos cr´ıticos de la funci´on: Q(x, y) + λ(px + qy − A). Luego, tenemos que resolver el sistema   y − 1 + λp = 0      

x − 1 + λq = 0

      

px + qy = A.

De las dos primeras ecuaciones nos queda que λ=

1−x 1−y = . p q

As´ı que: y = 1 + p/q(x − 1). Sustituyendo en la u ´ltima ecuaci´on nos queda x=

A+p−q , 2p

y=

A+q−p . 2q 

En los ejemplos anteriores, para saber si los puntos cr´ıticos de la funci´on de Lagrange corresponden a un m´aximo o a un m´ınimo, hemos usado argumentos de compacidad. Ahora, hay muchos casos en los que la variedad sobre la que queremos encontrar los extremos no es compacta. Para estudiar, en estos casos, el car´acter de los puntos cr´ıticos vamos a dar un criterio sobre la segunda derivada, similar al dado en el Cap´ıtulo 4 para extremos de funciones reales de varias variables en t´erminos del Hessiano.

172

Cap´ıtulo 6. Variedades y Extremos Condicionados

Teorema 6.2.6 Sea Ω ⊂ Rn un abierto, y f ∈ C 2 (Ω, R). Sea φ ∈ C 2 (Ω, Rn−m ), 1 ≤ m < n, y Vφ la m-variedad determinada por φ. Supongamos que f|Vφ tiene en x0 un extremo local. Sea F (x) = f (x) + λ1 φ1 (x) + · · · + λn−m φn−m (x) la funci´on de Lagrange del problema (i.e., x0 es un punto cr´ıtico de la funci´on F ). Entonces, se verifica que: (i) Si Hx0 (F ) es definida negativa en el espacio tangente TVφ (x0 ) (i.e., Hx0 (F )(h) < 0 para todo h ∈ TVφ (x0 ), h = 0), f|Vφ tiene en x0 un m´ aximo local. (ii) Si Hx0 (F ) es definida positiva en el espacio tangente TVφ (x0 ) (i.e., Hx0 (F )(h) > 0 para todo h ∈ TVφ (x0 ), h = 0 ), f|Vφ tiene en x0 un m´ınimo local. Demostracion. Como consecuencia del Teorema 6.2.1 del apartado anterior, tenemos que existe un entorno abierto Vx0 de x0 , un abierto V (x0 ) de Rm y una aplicaci´on φx0 ∈ C 1 (V (x0 ), Rn ) cumpliendo: (1) φx0 (V (x0 )) = Vφ ∩ Vx0 , (2) rango(Dφx0 (y)) = m para cada y ∈ V (x0 ), (3) φx0 es un homeomorfismo de V (x0 ) sobre Vφ ∩ Vx0 . Adem´as, como consecuencia del Teorema 6.1.7, TVφ (x0 ) = Ker(Dφ(x0 )) = Im(Dφx0 (u0 )),

(6.6)

´nico elemento de V (x0 ) tal que φx0 (u0 ) = x0 . siendo u0 el u Consideremos la funci´on: G(y) := F (φx0 (y)) para y ∈ V (x0 ). Como consecuencia de las propiedades de la funci´on φx0 , se tiene que: f|Vφ tiene en x0 un extremo local si, y s´olo si, G tiene en u0 un extremo local. Ahora, como DF (x0 ) = 0, aplicando la regla de la cadena, nos queda que: Hu0 (G)(y) = Hx0 (F )(Dφx0 (u0 )(y)).

173

6.2. Extremos Condicionados

Por tanto, por (6.6), tenemos que Hx0 (F ) es definida negativa (positiva) en el espacio tangente TVφ (x0 ) si, y s´olo si, Hu0 (G) es definida negativa (positiva) en Rm . Consecuentemente, aplicando el Teorema 4.4.7, tenemos demostrado el teorema.  Para finalizar vamos a dar una aplicaci´on del teorema anterior. Ejemplo 6.2.7 Vamos a calcular los extremos de la funci´on f (x, y, z) := 2xy − z 2 , sobre la superficie S de ecuaci´on x3 + y 3 + 21 z 3 = 2. Sea φ(x, y, z) := x3 + y 3 + 21 z 3 − 2. Entonces, como rango(Dφ(x, y, z)) = 1 para cada (x, y, z) de S, tenemos que la superficie S coincide con el conjunto 



Vφ = v ∈ R3 : φ(x, y, z) = 0, rango(Dφ(x, y, z)) = 1 . Por tanto, la superficie S es la 2-variedad determinada por la funci´on φ. Luego, podemos aplicar la regla de los multiplicadores de Lagrange. Consideremos la funci´on de Lagrange 1 F (x, y, z) := f (x, y, z) + λφ(x, y, z) = 2xy − z + λ x + y + z 3 − 2 . 2 2



3

3



Hallemos ahora los puntos cr´ıticos de F sobre Vφ . Para ello tenemos que solucionar el sistema: ⎧ ⎪ D1 f (x, y, z) + λD1 φ(x, y, z) = 0 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ D2 f (x, y, z) + λD2 φ(x, y, z) = 0 ⎪ ⎪ ⎪ D3 f (x, y, z) + λD3 φ(x, y, z) = 0 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩

φ(x, y, z) = 0.

Sistema que nos queda como ⎧ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨

2y + 3λx2 = 0 2x + 3λy 2 = 0

3 ⎪ ⎪ −2z + λz 2 = 0 ⎪ ⎪ ⎪ 2 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ 1 ⎪ ⎪ ⎩ x3 + y 3 + z 3 − 2 = 0. 2

174

Cap´ıtulo 6. Variedades y Extremos Condicionados

Resolviendo el sistema anterior obtenemos: 2 (1, 1, 0), para λ = − , 3 2 (−1, −1, 2), para λ = , 3 √ 3 √ 16 3 (0, 0, 4), para λ = . 3 Vamos a aplicar el teorema anterior a cada una de estas soluciones. Para ello, comenzamos calculando: 3 Dφ(x, y, z)(h1 , h2 , h3 ) = 3x2 h1 + 3y 2 h2 + z 2 h3 . 2 H(x,y,z) (F )(h) = 6λxh21 + 6λyh22 − (2 + 3λz)h23 + 4h1 h2 .

Para λ = − 23 y (1, 1, 0), nos queda que

H(1,1,0) (F )(h) = −4h21 − 4h22 − 2h23 + 4h1 h2 . Ahora, TS (1, 1, 0) = Ker(Dφ(1, 1, 0)) = {(h1 , h2 , h3 ) : h1 = −h2 }. Por tanto, H(1,1,0) (F )(h) = −8h21 − 4h22 − 2h23 < 0,

para todo h ∈ TS (1, 1, 0), h = 0.

Consecuentemente, aplicando el teorema anterior tenemos que f|S tiene un m´aximo en el punto (1, 1, 0). Notar que H(1,1,0) (F ) no es definida negativa en R3 . Para λ =

2 3

y (−1, −1, 2), nos queda que, H(−1,−1,2) (F )(h) = −4h21 − 4h22 − 6h23 + 4h1 h2 .

Ahora, 1 TS (−1, −1, 2) = Ker(Dφ(−1, −1, 2)) = {(h1 , h2 , h3 ) : h3 = − (h1 + h2 )}. 2 Por tanto, 1 H(−1,−1,2) (F )(h) = −4(h21 + h22 ) − 6( − (h1 + h2 ))2 + 4h1 h1 = 2

175

6.3. Problemas = −6(h21 + h22 ) − (h1 + h2 )2 < 0,

para todo h ∈ TS (−1, −1, 2), h = 0.

Consecuentemente, aplicando el teorema anterior tenemos que f|S tiene un m´aximo en el punto (−1, −1, 2). √ √ 3 Finalmente, para λ = 316 y (0, 0, 3 4), nos queda que, 2 3 H(0,0, √ 4) (F )(h) = −6h3 + 4h1 h2 .

Ahora, TS (0, 0,

√ 3

4) = Ker(Dφ(0, 0,

√ 3

4)) = {(h1 , h2 , h3 ) : h3 = 0}.

Por tanto, 3 H(0,0, √ 4) (F )(h) = 4h1 h2 , para todo h ∈ TS (0, 0,

√ 3

4).

Y en este caso el teorema anterior no nos proporciona informaci´on.

6.3

Problemas

6.1. Demostrar que el elipsoide #

M := (x, y, z) ∈ R3

x2 y 2 z 2 : 2 + 2 + 2 =1 a b c

$

es una 2-variedad en R3 . 6.2. Demostrar que el conjunto 

M := (x, y, z) ∈ R3 : xy = 0, x2 + y 2 + z 2 = 1, z = 0, z = ±1



es una 1-variedad en R3 . 6.3. Sean M y N dos r-variedades de Rn . Demostrar que si M ∩ N = ∅ y N ∩ M = ∅, entonces M ∪ N es una r-variedad de Rn . 6.4. Demostrar que si M es una k-variedad de Rm y N es una r-variedad de Rn , entonces M × N es una (k + r)-variedad de Rn+m

176

Cap´ıtulo 6. Variedades y Extremos Condicionados

6.5. Sea M := {{(x, y, z) ∈ R3 : x2 + y 2 − 4z 2 = c}. Demostrar que si c = 0, el conjunto M es una 2-variedad de R3 , y que no lo es si c = 0. Para c = 1, calcular el plano tangente a la variedad M en el punto (2, −1, 1). 6.6. Probar que la h´elice H = {(cos t, sen t, t) : t ∈ R} es una 1-variedad en R3 y calcular los espacios tangente y normal a H en el punto (1, 0, 1). 6.7. Sea M el subconjunto de Rn+1 dado por M := {(x, f1 (x), . . . , fn (x)) : x ∈ D} donde D es un abierto de R y fi ∈ C 1 (D, R) para i = 1, . . . , n. Probar que M es una 1-variedad en Rn+1 y calcular el espacio tangente en un punto a dicha variedad. 6.8. Determinar los extremos absolutos de la funci´on f (x, y, z) = 2x2 + y 2 + z 2 − xy sobre el conjunto #

3

M := (x, y, z) ∈ R :

$

x2 y 2 z 2 + + ≤1 . 2 4 8

6.9. Determinar los extremos absolutos de la funci´on f (x, y, z) = x2 +y 2 +z 2 sobre el conjunto 



M := (x, y, z) ∈ R3 : 4y 2 + z 2 = 1, x − y = 0 . 6.10. Calcular los extremos absolutos de la funci´on f (x, y) = 2x + y 2 sobre el conjunto K := {(x, y) ∈ R2 : x2 + y 2 ≤ 2, y 2 − x ≥ 0}. 6.11. Calcular el paralelep´ıpedo de mayor volumen inscrito en el elipsoide #

$

x2 y 2 z 2 M := (x, y, z) ∈ R : 2 + 2 + 2 = 1 a b c siendo a, b, c > 0.

3

177

6.3. Problemas

6.12. Sean a, b dos n´ umeros reales positivos tales que ab(a + b) = 1. Calcular el volumen m´aximo de los s´olidos que tienen como base el tri´angulo de v´ertices (0, 0), (a, 0) y (0, b) y cuyas secciones al cortar por planos perpendiculares al plano XY y paralelos al plano Y Z son tri´angulos is´osceles de altura 4. 6.13. Hallar la m´ınima distancia entre la circunferencia x2 + y 2 = 1 y la recta x + y = 4. 6.14. Calcular, mediante el m´etodo de los multiplicadores de Lagrange, la distancia entre el punto (a1 , a2 , a3 ) y el plano b1 x + b2 y + b3 z + b0 = 0. 6.15. Encontrar el m´aximo de la funci´on f (x1 , . . . , xn ) = (x1 · · · xn )2 sobre la esfera unidad de Rn . Utilizar dicho resultado para deducir la siguiente desigualdad para n´ umeros positivos (a1 · · · an )1/n ≤

a1 + · · · + an . n

6.16. Sea q una forma cuadr´atica sim´etrica en Rn con matriz A = (aij ). Sea L su aplicaci´on lineal asociada, i.e., L(x) = Ax. Demostrar que q toma sus extremos sobre la esfera unidad S n−1 = {x : x = 1} en vectores propios de L, y los valores que toma en dichos extremos coinciden con los correspondientes valores propios. 6.17. Sea q una forma cuadr´atica definida positiva en Rn con matriz A = (aij ), y sea S := {x ∈ Rn : q(x) = 1}. Determinar los extremos de la funci´on f (x) := x2 sobre S. Aplicarlo a la forma cuadr´atica q en R3 definida por q(x, y, z) := 7x2 + 4(y 2 + z 2 ) + 4xy − 4xz − 2yz. 6.18. Para fabricar determinadas placas met´alicas se usa aluminio, hierro y magnesio. La cantidad de placas que se produce usando x toneladas de aluminio, y toneladas de hierro y z toneladas de magnesio es Q(x, y, z) = xyz. Si el costo del aluminio es a 600 pesetas por tonelada, el del hierro es a 400 pesetas por tonelada y el del magnesio a 800 pesetas por tonelada, ¿cu´antas toneladas de cada material deben usarse para producir 1000 placas al menor costo posible?

178

Cap´ıtulo 6. Variedades y Extremos Condicionados

6.19. En una factor´ıa, la producci´on Q es funci´on del capital invertido C y de la cantidad de trabajo T . Si el precio del trabajo es p, el del capital q y la compa˜ n´ıa solamente puede gastar A pesetas, ¿ cu´al es la cantidad de capital y de trabajo que maximiza la producci´on ? Aplicarlo al modelo de Cobb-Douglas, para el cual la funci´on de producci´on es Q(C, T ) = βC α T 1−α , con β > 0 y 0 < α < 1. 6.20. ¿Cu´ales deben ser las dimensiones de una lata cil´ındrica que contenga un litro de agua y que necesite para su construcci´on la menor cantidad de metal?

Cap´ıtulo VII Soluci´ on de los Problemas 7.1

Soluci´ on de los Problemas del Cap´ıtulo I

Problema (1.1).- (i) Vamos a demostrar primeramente que |a|p |b|q |ab| ≤ + , p q

para todo a, b ∈ R.

(7.1)

En efecto: sea m := 1/p, y consideremos la funci´on φ : ]0, ∞[→ R, definida por φ(t) := tm − mt. Entonces, φ′ (t) = m(tm−1 − 1). Luego t = 1 es un m´aximo de φ. As´ı que, φ(t) ≤ φ(1) para todo t > 0. De donde se deduce que tm − 1 ≤ m(t − 1). Tomando t := |a|p /|b|q , nos queda que 1 |a||b|−q/p − 1 ≤ (|a|p |b|−q − 1). p Multiplicando esta desigualdad por |b|q , y teniendo en cuenta que q−q/p = 1, se obtiene (7.1). Sean: A :=

 n

k=1

p

|ak |

1/p

,

B :=

 n

|a′k b′k | ≤

|bk |

k=1

Podemos suponer que A > 0 B > 0. Sean a′k := (7.1) a a′k y b′k , obtenemos que: |a′k |p |b′k |q + . p q 179

q

ak A

1/q

.

y b′k :=

bk . B

Aplicando

180

Cap´ıtulo 7. Soluci´on de los Problemas

Sumando para k = 1, . . . , n, nos queda que n 

1 1 + = 1, p q

|a′k b′k | ≤

k=1

lo que implica que: n 

|ak bk | ≤ AB =

 n

|ak |p

k=1

k=1

k=1

1/p   n

|bk |q

1/q

.

(ii) De (i) se sigue que: n 

|ak + bk |p ≤

 n

k=1

|ak |p

|ak ||ak + bk |p−1 +

1/p   n

n 

|bk ||ak + bk |p−1

k=1

k=1

k=1

≤

n 

|ak +bk |q(p−1)

k=1

1/q

+

 n

|bk |p

1/p   n

|ak +bk |q(p−1)

k=1

k=1

1/q

.

Como q(p − 1) = p, multiplicando la desigualdad anterior por  n

|ak + bk |p

k=1

−1/q

,

se obtiene la desigualdad de Minkowski. Problema (1.2).- Dado un x ∈ R y un ǫ > 0, tenemos que demostrar que existe un y ∈ A tal que |x − y| ≤ ǫ. Ahora, como 1/2n → 0, podemos determinar un n0 ∈ N, tal que 1/2n0 ≤ ǫ. Denotemos por [a] la parte entera del n´ umero real a. Entonces, |a − [a]| < 1. Por tanto, " " " [x2n0 ] "" 1 " "x − " < n ≤ ǫ. n 0 " " 2 2 0

Con lo cual, como y :=

[x2n0 ] ∈ A, tenemos lo que quer´ıamos. 2n0

Problema (1.3).- Denotemos por A′ al conjunto de los puntos de acumulaci´on del conjunto A. Como, lim (

m→∞

1 1 1 1 1 + m ) = n = n + m n 2 5 2 2 5

∀m ∈ N,

7.1. Soluci´on de los Problemas del Cap´ıtulo I lim (

n→∞

1 1 + m) = n 2 5 1 lim ( + n→∞ 2n

181

1 1 1 = n + m ∀n ∈ N, m 5 2 5 1 ) = 0 ∀n ∈ N, 5n

tenemos que

1 1 , m , 0 : n, m ∈ N} ⊂ A′ . n 2 5 ′ Veamos que A = C. Sea x ∈ A′ . Entonces, existe una sucesi´on {xk } ⊂ A \ {x} tal que xk → x. Podemos suponer que x = 0, ya que 0 ∈ C. Tenemos entonces que x > 0. Como xk ∈ A, tenemos que, C := {

xk =

1 1 + . 2nk 5mk

Como 1/2n → 0 y 1/5m → 0, existen n0 , m0 ∈ N tales que x 1 < , n 2 4

x 1 < , m 5 4

∀ n ≥ n0 , m ≥ m0 .

Por tanto, x−

1 x x 1 x − > x − − = , 2n 5m 4 4 2

∀ n, m ≥ max{n0 , m0 }.

Como xk → x, podemos suponer que |x − xk |
r, luego yn ∈ Rn \ B(a, r), y como yn → x, tenemos que: x ∈ B(a, r) ∩ (Rn \ B(a, r)) ⊂ Fr(B(a, r)). Por tanto, S(a, r) ⊂ Fr(B(a, r)). Sea ahora x ∈ S(a, r). Si x − a < r, x ∈ B(a, r), y como Fr(B(a, r)) = B(a, r) \ int(B(a, r)) = B(a, r) \ B(a, r),

7.1. Soluci´on de los Problemas del Cap´ıtulo I

183

tenemos que x ∈ Fr(B(a, r)). Finalmente, si x − a > r, entonces, x ∈ B(a, r), con lo cual, x ∈ Fr(B(a, r)). Por tanto, Fr(B(a, r)) = S(a, r). An´alogamente se demuestra que Fr(B(a, r)) = S(a, r). (ii) Como consecuencia de (i), tenemos que B(a, r) = B(a, r) ∪ S(a, r) ⊂ B(a, r) ∪ B(a, r) ⊂ B(a, r). Y como B(a, r) ⊂ B(a, r), tenemos que B(a, r) = B(a, r). Por otra parte, como B(a, r) es un abierto, y B(a, r) ⊂ B(a, r), tenemos que B(a, r) ⊂ int(B(a, r)). Adem´as, si x ∈ int(B(a, r)), entonces: x ∈ Fr(B(a, r)) = S(a, r). Luego x ∈ B(a, r). Problema (1.7).- Sea (E,  ) un espacio normado y F un subespacio vectorial de E. Sean x, y ∈ F . Entonces existen sucesiones xn , yn ∈ F , tales que, xn → x e yn → y. Ahora, como F es un subespacio vectorial, zn := xn + yn ∈ F . Como zn → x + y, se tendr´a que x + y ∈ F . De manera similar se demuestra que λx ∈ F para cada λ ∈ R. Por tanto, F es un subespacio vectorial de E. Supongamos que int(F ) = ∅. Entonces existen un x ∈ F y un r > 0, tales que x + B(0, r) = B(x, r) ⊂ F . Ahora, como F es subespacio vectorial, −x − B(0, r) = −x + B(0, r) ⊂ F . Por tanto, B(0, r) = (x + B(0, r/2)) + ( − x + B(0, r/2)) ⊂ F. Sea z ∈ E, z = 0. Entonces, rz ∈ B(0, r) ⊂ F, 1 + z y al ser F un subespacio vectorial, tendremos que z ∈ F . Luego F = E. Problema (1.8).- (i) Sea A := {(x, y) ∈ R2 : x = 1/n, n ∈ N, 0 ≤ y ≤ 1}. Como lim (1/n, y) = (0, y), 0 ≤ y ≤ 1. n→∞ Se tiene que A ∪ ({0} × [0, 1]) ⊂ A. Rec´ıprocamente, sea (x0 , y0 ) ∈ A. Entonces existen nk ∈ N, yk ∈ [0, 1], tales que lim

k→∞



1 , yk = (x0 , y0 ). nk 

184

Cap´ıtulo 7. Soluci´on de los Problemas

Como yk ∈ [0, 1], se tiene que y0 ∈ [0, 1]. Sea I := {k ∈ N : los nk son distintos entre s´ı}. Si I es infinito, entonces existe una subsucesi´on de elementos nk tendiendo a ∞, con lo cual x0 = 0. En el caso en que I es finito, existe un m ∈ N y una subsucesi´on k1 < k2 < . . . de elementos de I, con nk = m. Por tanto, en este caso, x0 = 1/m. Consecuentemente, A = A ∪ ({0} × [0, 1]). Por otra parte, dado un (1/n, y) ∈ A y un √ ǫ > 0, si tomamos un n0 ∈ N tal que 1/n0 < ǫ, tenemos que x := (1/n + 2/2n0 , y) ∈ B((1/n, y), ǫ) y, sin embargo, x ∈ A. Por tanto, int(A) = ∅. (ii) Es f´acil ver, por medio de la caracterizaci´on sucesional, que B es cerrado, con lo cual, B = B. Por otra parte, si (x, y, z) ∈ B y 0 < ǫ < 1, tenemos que (x+ǫ/2, y, z) ∈ B((x, y, z), ǫ) y, sin embargo, como x+ǫ/2+y = z = ǫ/2 < 1/2, (x + ǫ/2, y, z) ∈ B. Por tanto int(B) = ∅.

(iii) Si (xn , yn ) ∈ R2 \ C, y (xn , yn ) → (x, y), entonces como x2n − yn2 ≥ 1, para cada n ∈ N, se tendr´a que x2 − y 2 ≥ 1, con lo cual, (x, y) ∈ R2 \ C. As´ı pues, R2 \ C es cerrado. Por tanto, int(C) = C. Sea D := {(x, y) ∈ R2 : x2 − y 2 ≤ 1}. Como D es cerrado, tenemos que C ⊂ D. Adem´as, si (x0 , y0 ) ∈ D, como n n zn := x0 , y0 ∈ C, n+1 n+1 



∀ n ∈ N,

y zn → (x0 , y0 ), tenemos que (x0 , y0 ) ∈ C. As´ı que C = D. Problema (1.9).- Dado (x1 , . . . , xn ) ∈ A, como Q = R, para cada i = 1, 2, . . . , n, existe una sucesi´on {rki }k ⊂ Q, tal que, limk→∞ rki = xi . Por tanto, {(rk1 , . . . , rkn )}k → (x1 , . . . , xn ), con lo cual A = Rn . Veamos que int(A) = ∅. En √ efecto: si x = (x1 , . . . , xn ) ∈ A, y ǫ > 0, tomando un k ∈ N tal que 0 < 2/k < ǫ, tenemos que √ y := (x1 − 2/k, x2 , . . . , xn ) ∈ (Rn \ A) ∩ B(x, ǫ),

con lo cual, x ∈ int(A). Por tanto int(A) = ∅. Finalmente, Fr(A) = A \ int(A) = Rn \ ∅ = Rn . Problema (1.10).- Supongamos que A ⊂ Rn es un abierto. Sea x ∈ int(Fr(A)). Entonces, existe un r > 0, tal que B(x, r) ⊂ Fr(A) = A \

7.1. Soluci´on de los Problemas del Cap´ıtulo I

185

int(A) = A \ A, lo cual es una contradicci´on pues x ∈ A y, consecuentemente, B(x, r) ∪ A = ∅. Supongamos ahora que A es cerrado. Entonces, como B := Rn \ A es abierto, por lo anterior, tenemos que ∅ = Fr(B) = Rn \ A ∩ A = Fr(A). Finalmente tenemos que el resultado no es cierto en general, ya que, si en R tomamos A = Q, tenemos que Fr(A) = A \ int(A) = R \ ∅ = R. Luego int(Fr(A)) = R. Problema (1.11).- (i) Fr(A) = A ∩ (Rn \ A) = A ∩ (Rn \ A) ⊂ A ∩ (Rn \ A) ⊂ Fr(A). y Fr(int(A)) = int(A) ∩ (Rn \ int(A)) = int(A) ∩ (Rn \ A) ⊂ Fr(A). Veamos con un ejemplo que los tres conjuntos pueden ser distintos: Sea A := [0, 1] ∩ Q. Entonces, int(A) = ∅ y A = [0, 1]. Con lo cual, Fr(A) = [0, 1],

Fr(A) = {0, 1} y Fr(int(A)) = ∅.

(ii) Fr(A ∪ B) = (A ∪ B) ∩ (Rn \ (A ∪ B)) = (A ∪ B) ∩ (Rn \ (A ∪ B)) = (A ∩ (Rn \ (A ∪ B))) ∪ (B ∩ (Rn \ (A ∪ B)) ⊂ Fr(A) ∪ Fr(B). Si tomamos A := [0, 1/2] y B := [1/2, 1], tenemos que Fr(A ∪ B) = {0, 1},

Fr(A) = {0, 1/2} y Fr(B) = {1/2, 1},

con lo cual, Fr(A) ∪ Fr(B) = {0, 1/2, 1} ⊂ {0, 1} = Fr(A ∪ B). Sin embargo, si suponemos que A ∩ B = ∅, entonces Fr(A) ∪ Fr(B) ⊂ Fr(A ∪ B). En efecto sea x ∈ Fr(A) = A ∩ (Rn \ A). Entonces, como A ∩ B = ∅, tenemos que x ∈ A ∪ B,

y x ∈ Rn \ B.

186

Cap´ıtulo 7. Soluci´on de los Problemas

Por tanto, ser´a suficiente con demostrar que x ∈ Rn \ (A ∪ B) = (Rn \ A) ∩ (Rn \ B). Sea V un entorno de x. Entonces V ∩ (Rn \ B) es un entorno de x y como x ∈ Rn \ A, tenemos que, 



V ∩ (Rn \ B) ∩ (Rn \ A) = ∅.

De donde se deduce que, V ∩ ((Rn \ A)) ∩ (Rn \ B)) = ∅. Y, consecuentemente, x ∈ Fr(A ∪ B). Problema (1.12).- Supongamos que A ⊂ Rn es acotado. Sean, {xk } ⊂ A una sucesi´on acotada, y {tk } ⊂ R una sucesi´on nula. Sea M := supk∈N xk . Dado ǫ > 0, tomemos un k0 ∈ N tal que |tk | ≤ ǫ/M , ∀ k ≥ k0 . Entonces, para cada k ≥ k0 , tenemos que tk xk  = |tk |xk  ≤ M

ǫ = ǫ, M

con lo cual, limk→∞ tk xk = 0. Rec´ıprocamente, si A no fuese acotado, entonces para cada k ∈ N existe un xk ∈ A, tal que xk  ≥ k 2 . Por tanto, si tomamos tk := 1/k, tenemos que tk xk  ≥ 1 para cada k ∈ N. As´ı que limk→∞ tk xk = 0. Problema (1.13).- Sea {xk } ⊂ Rn una sucesi´on convergente, y sea x := limk→∞ xk . Veamos que A := {x, xk : k ∈ N} es compacto. Dado ǫ = 1, existe un k0 ∈ N, tal que xk − x ≤ 1 para cada k ≥ k0 . Por tanto A es acotado. Adem´as, por la carcterizaci´on sucesional de los conjuntos cerrados, se tiene que A es cerrado. Consecuentemente A es compacto. Problema (1.14).- Para cada k ∈ N, sea ⎧ ⎪ 0, ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨

x=0

fk (x) := ⎪ kx, 0 < x < 1/k ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ 1,

1/k ≤ x ≤ 1.

187

7.1. Soluci´on de los Problemas del Cap´ıtulo I Entonces, si k ≥ m, tenemos que d(fk , fm ) =

 1/k

(kx − mx) dx +

0

=

 1/m

(1 − mx) dx +

1/k

 1

(1 − 1) dx

1/m

1 1 1 m 1 (k − m) 1 + − ). − − ( 2 k2 m k 2 m2 k 2

Por tanto, lim d(fk , fm ) = 0.

k,m→∞

Luego, {fk } es una sucesi´on d-Cauchy en C([0, 1]). Ahora, si fk → f respecto de la m´etrica d, se tendr´ıa que fk → f puntualmente. Consecuentemente, ⎧ ⎪ ⎨ 0, x = 0

f (x) = ⎪ ⎩

1, 0 < x ≤ 1.

Y como f ∈ C([0, 1]), tendremos que el espacio m´etrico (C([0, 1]), d) no es completo. Problema (1.15).- Es f´acil comprobar que: d(x, y) :=

|x − y| , 1 + |x − y|

define una m´etrica en R. Veamos que (R, d) es completo. Sea {xk } una sucesi´on de Cauchy respecto de la m´etrica d. Entonces, como d(x, y) ≤ |x−y|, tenemos que {xk } es una sucesi´on de Cauchy respecto de la m´etrica usual de R. Luego, existe un x0 ∈ R, tal que xk → x0 . Ahora, como la funci´on f : R → R, definida por: |t| f (t) := 1 + |t| es continua en R, tenemos que d(xk , x0 ) = f (xk − x0 ) → f (x0 − x0 ) = 0. Con lo cual, {xk } → x0 respecto a la m´etrica d. Por tanto (R, d) es completo. Supongamos que existiera una norma   en R, tal que d(x, y) = x − y. Entonces, d(αx, αy) = αx − αy = |α|x − y = |α|d(x, y).

188

Cap´ıtulo 7. Soluci´on de los Problemas

Ahora, d(αx, αy) =

|x − y| |αx − αy| = |α| . 1 + |αx − αy| 1 + |αx − αy|

y |x − y| . 1 + |x − y| Luego no existe una tal norma, pues si tomamos, por ejemplo, x = 1, y = 0 y α = 2, nos queda que |α|d(x, y) = |α|

d(αx, αy) =

2 1 |α| = = 1 = |α| = |α|d(1, 0). 1 + |α| 3 2

Problema (1.16).- Como xm+1 − xm  ≤ αxm − xm−1 ,

∀ m ∈ N,

aplicando reiteradamente dicha desigualdad, se tiene que xm+1 − xm  ≤ αxm − xm−1  ≤ α2 xm−1 − xm−1  ≤ · · · ≤ αm−1 x2 − x1 . Consecuentemente, si p > q, aplicando la desigualdad triangular nos queda que xp − xq  ≤ xp − xp−1  + xp−1 − xp−2  + · · · + xq+1 − xq  ≤ αp−2 x2 − x1  + αp−3 x2 − x1  + · · · + αq−1 x2 − x1  αq−1 (1 − αp−q ) αq−1 = x2 − x1  < x2 − x1 . 1−α 1−α Ahora, como 0 < α < 1, se sabe que αm → 0, por tanto, esta u ´ltima expresi´on es menor que un ǫ > 0 (dado arbitrariamente) con tal que q sea mayor que un cierto m0 ∈ N. As´ı que xp − xq  ≤ ǫ si p ≥ q ≥ m0 . Consecuentemente, la sucesi´on {xm } es de Cauchy en Rn . Problema (1.17).- Es trivial comprobar que A∞ = 0 ⇐⇒ A = 0. Por otra parte, si λ ∈ R y A = (aij ) ∈ M2×2 (R), tenemos que: λA∞ = max

1≤i≤2

 2

j=1



|λaij | = |λ| max

1≤i≤2

 2

j=1



|aij | = |λ|A∞ .

189

7.1. Soluci´on de los Problemas del Cap´ıtulo I

Finalmente, si A = (aij ), B = (bij ) ∈ M2×2 (R), entonces A + B = (aij + bij ), por tanto, A + B∞ = max

1≤i≤2

≤ max

1≤i≤2

 2

 2



|aij + bij | ≤ max

j=1



|aij | + max

j=1

1≤i≤2

 2

1≤i≤2

 2



|aij | + |bij |

j=1



|bij | = A∞ + B∞ .

j=1

Tenemos, pues, que .∞ es una norma en M2×2 (R). Por definici´on, en el espacio (M2×2 (R), .∞ ), la sucesi´on matricial: (An ) = (anij ) converge a la matriz A = (aij ) si, y s´olo si, dado un ǫ > 0, existe un n0 ∈ N, tal que An − A∞ = max

1≤i≤2

 2

|anij



− aij | ≤ ǫ.

j=1

Como tambi´en se verifica que |anij − aij | ≤ An − A∞ ,

∀ i, j = 1, 2

tenemos que si la sucesi´on (An ) es convergente, entonces las sucesiones de n´ umeros reales (anij ) tienen que converger a aij ∀ i, j = 1, 2. En nuestro caso, como ⎛

n

⎜ (−1) ⎜ An = ⎜ ⎝

0

1 ⎟ n ⎟ ⎟, ⎞

1

⎠

tenemos que la sucesi´on (An ) no es convergente pues ((−1)n ) no es convergente. Adem´as como los l´ımites de las subsucesiones convergentes de la sucesi´on ((−1)n ) son 1 y −1, tenemos que los valores adherentes de la sucesi´on {An } respecto de la m´etrica que se deduce de la norma .∞ son las matrices: 

1 0 0 1



y



−1 0 0 1



.

190

Cap´ıtulo 7. Soluci´on de los Problemas

Problema (1.18).- Sea K un subconjunto convexo de Rn . Veamos que K es convexo. Para ello, sean x, y ∈ K y 0 ≤ t ≤ 1. Tenemos que probar que z = tx + (1 − t)y es un elemento de K. Como x, y ∈ K, existen sucesiones xn , yn ∈ K, tales que xn → x e yn → y, Ahora, por la convexidad de K, tenemos que zn = txn + (1 − t)yn ∈ K, y como zn → z, se tiene que z ∈ K. Veamos ahora que int(K) es convexo. Sean x, y ∈ int(K) y 0 ≤ t ≤ 1. Tenemos que probar que z = tx + (1 − t)y es un elemento de int(K). Como x, y ∈ int(K), existe un ǫ > 0, tal que B(x, ǫ) ⊂ K y B(y, ǫ) ⊂ K. Veamos que B(z, ǫ) ⊂ K, con lo que quedar´a demostrado que int(K) es convexo. Sea z0 ∈ B(z, ǫ). Entonces, z0 = z + w con w < ǫ. Ahora, como x0 = x + w ∈ B(x, ǫ) e y0 = y + w ∈ B(y, ǫ), tenemos que x0 , y0 ∈ K. Entonces, por la convexidad de K tenemos que tx0 + (1 − t)y0 ∈ K. Ahora, tx0 + (1 − t)y0 = t(x + w) + (1 − t)(y + w) = z + w = z0 . Luego, z0 ∈ K. Problema (1.19).- Bastar´a con demostrar que si x es una combinaci´on convexa de puntos xj ∈ K de la forma x=

m 

tj xj ,

con tj > 0, y m > n + 1,

j=1

entonces x es tambi´en combinaci´on convexa de m−1 puntos de K. En efecto: Como m − 1 > n, los vectores x1 − xm , . . . , xm−1 − xm son linealmente independientes. Por tanto, existen escalares a1 , . . . , am−1 , no todos nulos, tales que a1 (x1 − xm ) + · · · + am−1 (xm−1 − xm ) = 0. Sea am = −(a1 + · · · + am−1 ). Entonces, m 

aj xj = 0,

m 

aj = 0.

j=1

j=1

Sea a tal que

am a1 1 ,..., . = max a t1 tm Entonces, si sj = tj − aaj , se tiene que existe un k ∈ {1, . . . , m}, tal que sk = 0, y adem´as 

x=



j =k

sj xj ,



j =k



sj = 1,

sj ≥ 0.

191

7.1. Soluci´on de los Problemas del Cap´ıtulo I

Consecuentemente, x es una combinaci´on convexa de m − 1 puntos de K. Problema (1.20).- Sea δ := d(x, A) = inf{x − z : z ∈ A}. Entonces podemos tomar ym ∈ A, tales que, x − ym  ≤ δ +

1 , m

∀ m ∈ N.

(7.4)

Aplicando la ley del paralelogramo (Problema 4) a los vectores x−yp y x−yq , nos queda que    yp + yq 2  yp − yq  = 2(x − yp  + x − yq  ) − 4x −  . 2

2

2

2

(7.5)

y p + yq ∈ A, con lo que: 2

Ahora, como A es convexo,

   y + yq  x − p  ≥ δ. 

2

Por tanto, como consecuencia de (7.4) y (7.5), tenemos que 

2

yp − yq  ≤ 2

1 δ+ p

2

1 + δ+ q 

2 

− 4δ 2

1 1 1 1 = 4δ +2 2 + 2 . + p q p q 







De esta u ´ltima desigualdad se deduce que {ym } es una sucesi´on de Cauchy en A. Entonces, como A es completo, al ser un subconjunto cerrado de Rn , tenemos que existe un y ∈ A, tal que ym → y, con lo cual, x − y = lim x − ym  = δ. m→∞

Por otra parte, si y ′ ∈ A, cumple que x − y ′  = δ, aplicando de nuevo la ley del paralelogramo, tenemos que    y + y ′ 2 2 2  y − y = 2(x − y + x − y  ) − 4x −  ≤ δ − δ = 0, ′

2

2

′ 2

2

lo que nos asegura la unicidad del punto y. Para z ∈ A, se tiene que

x − y2 ≤ x − z2 = x − y + y − z2

192

Cap´ıtulo 7. Soluci´on de los Problemas = x − y2 + y − z2 + 2x − y, y − z,

de donde resulta que 1 y − x, y − z ≤ y − z2 . 2

(7.6)

Ahora, como A es convexo, z ′ = y + α(z − y) ∈ A, para todo z ∈ A, α ∈]0, 1]. Por tanto, aplicado (7.6), nos queda que αy − x, y − z ≤

α2 y − z2 , 2

∀ z ∈ A, ∀ α ∈]0, 1].

Consecuentemente, y − x, y − z ≤ 0,

∀ z ∈ A.

Rec´ıprocamente, si y ′ ∈ A verifica la desigualdad anterior, para cada z ∈ A, se tiene que x − z2 = x − y ′ 2 + y ′ − z2 − 2y ′ − x, y ′ − z ≥ x − y ′ 2 . Consecuentemente y ′ es el punto para el que la distancia es m´ınima. Problema (1.21).- Como A es cerrado y x0 ∈ A, δ = d(x0 , A) > 0. Por el problema anterior, como A es convexo y cerrado, sabemos que existe un u ´nico y ∈ A, tal que y −x0  = δ, siendo y el u ´nico punto de A que cumple: y − x0 , y − z ≤ 0,

∀ z ∈ A.

(7.7)

Sea H el hiperplano af´ın ortogonal a y − x0 y que contiene a x0 , i.e., H = {x ∈ Rn : y − x0 , x − x0  = 0}. Como consecuencia de (7.7), para cada x ∈ A, se tiene que y − x0 , x − x0  = y − x0 , x − y + y − x0 , y − x0  ≥ y − x0 2 = δ 2 > 0. Consecuentemente, A ∩ H = ∅. Consideremos en R2 el conjunto A := {(x, y) ∈ R2 : y < 0} ∪ {(0, 0)}. Es f´acil ver que A es un convexo no cerrado. Ahora, por el punto (1, 0) no pasa ninguna recta af´ın que no corte al conjunto A. Por tanto, la hip´otesis A cerrado es necesaria.

7.2. Soluci´on de los Problemas del Cap´ıtulo II

7.2

193

Soluci´ on de los Problemas del Cap´ıtulo II

Problema (2.1).- (i) Si hacemos x = my 2 , para y = 0, tenemos que f (my 2 , y) =

my 4 m = . m2 y 4 + y 4 m2 + 1

Luego, si nos acercamos a (0, 0) mediante dichas par´abolas, el l´ımite no es u ´nico. Por tanto, no existe el l´ımite doble. (ii) Si hacemos y = mx2/3 , para x = 0, tenemos que f (x, mx2/3 ) =

m3 m3 x4 = . m 6 x4 + x 4 m6 + 1

Por tanto, como en el caso anterior, no existe el l´ımite doble. (iii) Los l´ımites reiterados valen cero. Ahora, si hacemos y = mx, nos queda que f (x, mx) =

m 2 x4 m 2 x2 = . m2 x4 + (1 − m2 )x2 m2 x2 + (1 − m2 )

Con lo cual, si m = 1, limx→0 f (x, mx) = 0, pero si m = 1, limx→0 f (x, x) = 1. As´ı que, en este caso, tampoco existe el l´ımite doble. Problema (2.2).- limx→0 f (x, 0) = 1. Para y = 0, tenemos que lim f (x, y) =

x→0

sen y = cos y. tg y

Por tanto, lim ( lim f (x, y)) = lim cos y = 1.

y→0

x→0

y→0

De forma an´aloga se demuestra que lim ( lim f (x, y)) = lim cos x = 1.

x→0

y→0

x→0

Tenemos pues que, en caso de existir el l´ımite doble, su valor ser´a 1. Ahora, por el Teorema de Cauchy, existe un θ ∈]x, y[, tal que sen x − sen y cos θ  = cos3 θ. = 1 tg x − tg y cos2 θ

194

Cap´ıtulo 7. Soluci´on de los Problemas

Entonces, como θ → 0 cuando (x, y) → (0, 0), se obtiene que lim

(x,y)→(0,0)

f (x, y) = lim cos3 θ = 1. θ→0

Problema (2.3).- (i) Calculemos primeramente los l´ımites reiterados:

y→2

sen x sen x = lim 2 = 2. x→0 x x



sen x = lim y = 2. y→2 x



lim lim y

x→0



lim lim y x→0

y→2



Veamos que el l´ımite doble vale 2. En efecto, "  " " " " "  " " sen x " " " " sen x sen x " " " " "y − 2" = " y − 1 + y − 2" ≤ |y| " − 1"" + |y − 2|. "

x

x

x

Dado un ǫ > 0, como

sen x = 1, x→0 x lim

existe un σ > 0, tal que, " " " sen x " ǫ " "≤ , − 1 " "

x

si |x| ≤ σ.

6

Entonces, si tomamos un δ > 0, tal que δ ≤ min{1, σ, ǫ/2}, tendremos que, para |x| ≤ δ, |y − 2| ≤ δ, se tiene que " " " sen x " ǫ ǫ ǫ ǫ "y − 2"" ≤ |y| + ≤ + = ǫ. "

x

6

2

2

2

Consecuentemente el l´ımite doble vale 2.

(ii) Es f´acil ver que los l´ımites reiterados valen cero. Por otra parte, como sen z = 1, z→0 z lim

existe un σ > 0, tal que " " " sen z " " " ≤ 2, " "

z

si |z| ≤ σ.

7.2. Soluci´on de los Problemas del Cap´ıtulo II

195

Por tanto, dado un ǫ > 0, si tomamos 0 < δ ≤ min{σ, ǫ/2}, tendremos que para |x| ≤ δ, |y| ≤ δ, se tiene que " " " sen xy " " " " ≤ ǫ. |f (x, y)| = ""y xy "

Consecuentemente el l´ımite doble vale 0.

Problema (2.4).- (i) Como las dos componentes de g son continuas, g ser´a continua. Por otra parte, si g(ρ, θ) = g((ρ′ , θ′ ), entonces, ρ cos− θ = ρ′ cos θ′ y ρ sen θ = ρ′ sen θ′ . Con lo cual, ρ =√ρ′ y θ = θ′ . Por tanto g es inyectiva. Adem´as, dado un (x, y) ∈ B, si ρ := x2 + y 2 > 0, (x/ρ, y/ρ) ∈ S((0, 0), 1), con lo cual, existe un θ ∈]0, 2π], tal que x y cos θ = , sen θ = . ρ ρ Luego, g(ρ, θ) = (x, y). Tenemos pues que g : A → B es una biyecci´on. Por otra parte,  g(ρ, θ) = ρ2 cos2 θ + ρ2 sen2 θ = ρ,

y rec´ıprocamente, si (x, y) = ρ, entonces existe un θ ∈]0, 2π], tal que, g(ρ, θ) = (x, y). De estas dos observaciones se deduce que (7.2.1)

g{(ρ, θ) ∈ A : 0 < ρ < r, 0 < θ ≤ 2π} = B((0, 0), r) \ {(0, 0)}.

(ii) Dada f : R2 → R, sea F := f ◦ g. Como consecuencia de (7.2.1), tenemos que, lim(x,y)→(0,0) f (x, y) = a si, y s´olo si, dado ǫ > 0, existe un δ > 0, tal que si 0 < ρ < δ |F (ρ, θ) − a| ≤ ǫ para todo θ ∈]0, 2π] y 2 x3 +1. Entonces, si hacex4 + y 4 mos el cambio a coordenadas polares, y consideramos la funci´on F (ρ, θ) := f (ρ cos θ, ρ sen θ), tenemos que

Problema (2.5).- (i) Tenemos que f (x, y) =

" " " sen2 θ cos3 θ " ρ "≤ " . |F (ρ, θ) − 1| = "ρ 4 " 4 4 sen θ + cos θ sen θ + cos4 θ

Ahora la funci´on T (θ) := sen4 θ + cos4 θ es continua en el compacto [0, 2π], luego existe un θ0 ∈ [0, 2π], tal que T (θ0 ) = min{T (θ) : θ ∈ [0, 2π]} > 0. Por tanto, ρ |F (ρ, θ) − 1| ≤ . T (θ0 )

196

Cap´ıtulo 7. Soluci´on de los Problemas

De donde se deduce, teniendo en cuenta el problema anterior, que lim

(x,y)→(0,0)

f (x, y) = 1.

(ii) Haciendo el cambio a coordenadas polares en la funci´on x2 y + xsen y , f (x, y) := √ 2 x + y 2 − xy nos queda F (ρ, θ) := f (ρ cos θ, ρ sen θ) 



sen (ρ sen θ) cos θ sen θ ρ cos θ + ρ sen θ √ =ρ . 1 − cos θ sen θ Ahora, la funci´on T (θ) := 1 − cos θ sen θ es continua en el compacto [0, 2π], luego existe un θ0 ∈ [0, 2π], tal que T (θ0 ) = min{T (θ) : θ ∈ [0, 2π]}. sen 2θ0 . Adem´as, T (θ0 ) = 0, pues si T (θ0 ) = 0, entonces 1 = cos θ0 sen θ0 = 2 Por tanto, Mρ . |F (ρ, θ)| ≤  T (θ0 ) De donde se deduce, teniendo en cuenta el problema anterior, que lim

(x,y)→(0,0)

f (x, y) = 0.

Problema (2.6).- (i) Como 1 − cos z 1 = , 2 z→0 z 2 lim

existe un σ > 0, tal que " " " 1 − cos z " " " ≤ 1, " " 2

z

si |z| ≤ σ.

Por otra parte, podemos escribir f (x, y) como x2 y

1 − cos x 2 1 − cos y − xy x2 y2 . 2 2 x +y

(7.8)

197

7.2. Soluci´on de los Problemas del Cap´ıtulo II Teniendo en cuenta (7.8), tenemos que si |x| ≤ σ, |y| ≤ σ, entonces, |f (x, y)| ≤

x2 |y| + y 2 |x| ≤ |x| + |y|. x2 + y 2

Por tanto, dado ǫ > 0, si tomamos 0 < δ ≤ min{σ, ǫ/2}, tenemos que |f (x, y)| ≤ ǫ siempre que (x, y) ≤ δ. Consecuentemente lim(x,y)→(0,0) f (x, y) = 0. (ii) Veamos que lim(x,y)→(0,0) f (x, y) = 0. Para ello, tenemos que probar que dado un ǫ > 0 existe un δ > 0, tal que, f (x, y) ≤ ǫ siempre que (x, y) ≤ δ. En efecto, como |x|4 ≤ (x2 + y 2 )2 = (x, y)2 , y

|y|4 ≤ (x2 + y 2 )2 = (x, y)2

" " " sen z " " " ≤ 1, " "

z

tenemos que

" " " x4 + sen y 4 " x4 + y 4 2(x2 + y 2 )2 " " " |f (x, y)| = "" ≤ ≤ = 2(x, y)2 . x2 + y 2 " x2 + y 2 x2 + y 2

Luego, tomando 0 < δ ≤



ǫ/2, se cumple lo que quer´ıamos.

Problema (2.7).- Para probar la continuidad en un (a, b) ∈ R2 de la funci´on f (x, y) = xy, tenemos que demostrar que dado un ǫ > 0 existe un δ > 0, tal que |xy − ab| ≤ ǫ,

siempre que 0 < |x − a| < δ, 0 < |y − b| ≤ δ.

(7.9)

Tenemos que |xy − ab| = |xy − xb + xb − ab| ≤ |x(y − b) + b(x − a)| ≤ |x||y − b| + |b||x − a| ≤ (|x − a| + |a|)|y − b| + |b||x − a|. Si suponemos que hemos encontrado el δ que buscamos, tendremos que |xy − ab| ≤ (δ + |a|)δ + |b|δ = δ 2 + δ(|a| + |b|). Por tanto, dado ǫ > 0, si tomamos 0 < δ ≤ min(1, que se cumple (7.9).

ǫ ), tenemos 1 + |a| + |b|

198

Cap´ıtulo 7. Soluci´on de los Problemas

Problema (2.8).- Evidentemente, f es continua en todo punto distinto del origen, para cualquier valor de α. Vamos a estudiar la continuidad en el origen. Para ello, tenemos que determinar, que valores de α, se tiene que √ √ para 4 2 4 lim(x,y)→(0,0) f (x, y) = 0. Como , |x| ≤ x + y , |y| ≤ x2 + y 4 , tenemos que √ 2 x + y 4 (x2 + y 4 )α/4 = (x2 + y 4 )α/4−1/2 . |f (x, y)| ≤ x2 + y 4 Entonces, si α > 2, como α/4−1/2 > 0, tendremos que lim(x,y)→(0,0) f (x, y) = 0, y por tanto, f es continua en (0, 0). Ahora, en el caso en que α ≤ 2, la funci´on no es continua en (0, 0), ya que, si hacemos x = my 2 , nos queda que f (my 2 , y) =

m|y|α−2 m|y|2+α = . m2 y 8 + y 4 + m2 y 4 m 2 y 4 + 1 + m2

Luego, si α = 2,

m , y→0 1 + m2 y al depender dicho l´ımite de m, no existir´a el l´ımite doble; y si α < 2, lim f (my 2 , y) =

lim f (my 2 , y) =

y→0

|y|2−α (1

m = ∞. + m 2 y 4 + m2 )

Tenemos pues que f es continua cuando α > 2. Problema (2.9).- Supongamos que f es continua en a. Entonces, dado un ǫ > 0, existe un δ > 0, tal que f (a) − ǫ/2 < f (x) < f (a) + ǫ/2,

∀ x ∈ B(a, δ).

Por tanto, M (f, a, δ) − m(f, a, δ) ≤ f (a) + ǫ/2 − (f (a) − ǫ/2) = ǫ. Con lo cual, O(f, a) = 0. Inversamente, supongamos que O(f, a) = 0. Entonces, dado un ǫ > 0, existe un δ > 0, tal que, M (f, a, δ) − m(f, a, δ) ≤ ǫ. Por tanto, si x ∈ B(a, δ), tenemos que |f (x) − f (a)| ≤ M (f, a, δ) − m(f, a, δ) ≤ ǫ.

199

7.2. Soluci´on de los Problemas del Cap´ıtulo II Luego f es continua en a.

Problema (2.10).- Dado un ǫ > 0, tenemos que encontrar un δ > 0, tal que |f (x, y)| ≤ ǫ, siempre que (x, y) ≤ δ. Ahora, como lim

z→0

1 1 − cos z = , 2 z 2

lim

z→0

1 z − arctg z = , 3 z 3

lo cual se comprueba f´acilmente por L’Hˆopital, tenemos que existe un 0 < σ < 1, tal que " " " 1 − cos (x2 + y 2 ) " " " ≤ 1, " " x2 + y 2

para (x, y) ≤ σ

y " " " x − arctg x " " ≤ 1, " " " 3

para |x| ≤ σ.

x

Por tanto, si (x, y) ≤ σ, tenemos que " " 1 − cos (x2 + y 2 )

|f (x, y)| ≤ ""

" " 1 − cos (x2 + y 2 )

= ""

(x2 + y 2 )2

x2 + y 2 (x2 + y 2 ) +

≤ (x2 + y 2 ) +

+

x − arctg x "" x2 + y 2 " "

x − arctg x x3 "" x3 x2 + y 2 " "

(x2 + y 2 )3/2 ≤ σ 2 + σ. x2 + y 2

Entonces, si tomamos 0 < δ ≤ min{1, σ, ǫ/2}, tenemos que |f (x, y)| ≤ ǫ, siempre que (x, y) ≤ δ. x2 Problema (2.11).- En los puntos (x, y) = (0, 0), tales que y = , f (x, y) = 2 1. Luego, en cualquier entorno del origen, hay puntos donde la funci´on vale 1, y puntos donde vale 0. Por tanto, la funci´on no es continua en el origen. Problema (2.12).- f = (f1 , f2 ), con f1 (x, y) =

x2 y x2 + y 4

y

f2 (x, y) = sen (x + y).

200

Cap´ıtulo 7. Soluci´on de los Problemas

Como f2 es composici´on de funciones continuas, f2 es continua. Evidentemente f1 es continua en R2 \ {(0, 0)}. Adem´as, como 0≤

x2 ≤ 1, x2 + y 4

para (x, y) = (0, 0), tenemos que x2 |y| ≤ |y|. |f1 (x, y)| = 2 x + y4 De donde se deduce la continuidad de f1 en (0, 0). Tenemos pues que f es continua en R2 . Veamos ahora que M es compacto, con lo cual, f (M ) ser´a compacto. Si M1 := {(x, y) : x2 + y 2 ≤ 2x} y M2 := {(x, y) : y ≤ x}, −1 tenemos que M = M1 ∩ M2 . Ahora, M1 = φ−1 1 (] − ∞, 0]) y M2 = φ2 (] − ∞, 0]), siendo φ1 (x, y) := x2 +y 2 −2x y φ2 (x, y) := y −x. Entonces como φ1 y φ2 son continuas, tenemos que M1 y M2 son cerrados. Consecuentemente M es un cerrado. Adem´as, como M1 = B((1, 0), 1), tenemos que M es acotado. Por tanto M es un subconjunto compacto de R2 .

Problema (2.13).- Sabemos que la funci´on fx (y) := d(x, y) es uniformemente continua. Entonces, como K es un compacto, existe un y ∈ K, tal que d(x, y) = fx (y) = inf{fx (z) : z ∈ K} = inf{d(x, z) : z ∈ K} = d(x, K). En el caso en que K no sea compacto el resultado no es cierto. Basta con considerar K :=]0, 1]. Entonces, d(0, K) = 0 y, sin embargo, d(0, x) > 0 para todo x ∈ K. Problema (2.14).- Supongamos primeramente que A y B son compactos. Entonces, como la funci´on y → d(y, A) es continua, existe un b ∈ B, tal que d(b, A) = inf{d(y, A) : y ∈ B} = inf{d(x, y) : x ∈ A, y ∈ B} = d(A, B). Ahora, como A es compacto, por el problema anterior, existe un a ∈ A, tal que d(b, A) = d(a, b). Con lo cual, d(a, b) = d(A, B). Luego en este

7.2. Soluci´on de los Problemas del Cap´ıtulo II

201

caso el resultado es cierto. Supongamos ahora que A es cerrado y B es compacto. Evidentemente bastar´a con demostrar que existe un a ∈ A tal que d(a, b) = d(b, A). Sea r > d(b, A). Entonces, K := B(b, r) ∩ A = ∅ es compacto, y como r > d(b, A), tenemos que d(b, A) = d(b, K). Ahora, por lo anterior, tenemos que existe un a ∈ K , y por tanto a ∈ A tal que d(a, b) = d(K, B) = d(A, B). Problema (2.15).- Sean A ⊂ Rn , B ⊂ Rm y f : A → B una aplicaci´on biyectiva y continua. Supongamos que A es compacto, y vamos a demostrar que f −1 es continua. Para ello bastar´a con demostrar que si F ⊂ A es un cerrado, entonces f (F ) es un cerrado en B. Ahora, como A es compacto, tenemos que F es un compacto, con lo cual, al ser f continua, f (F ) es un compacto y, por tanto, cerrado. Problema (2.16).- Dado un punto cualquiera x0 ∈ Rn , definimos inductivamente xm = f (xm−1 ). Entonces, xm+1 − xm  ≤ αm x1 − x0 . Por tanto, xm+p − xm  ≤ xm+p − xm+p−1  + xm+p−1 − xm+p−2  + · · · + xm+1 − xm  ≤ (αm+p−1 + αm+p−2 + · · · + αm )x1 − x0  =

αm αm (1 − αm+p ) x1 − x0  < x1 − x0 . 1−α 1−α

Entonces, como 0 < α < 1, tenemos que la sucesi´on {xm } es de Cauchy en Rn . Consecuentemente, existe un u ∈ Rn tal que xm → u. Luego, al ser f continua, tenemos que f (u) = lim f (xm ) = lim xm+1 = u. m→∞

m→∞

Veamos finalmente que dicho punto fijo es u ´nico. Supongamos que w es otro punto fijo de f , Entonces, si u = w, se tiene que u − w = f (u) − f (w) ≤ αu − w < u − w. Consecuentemente, u = w.

202

Cap´ıtulo 7. Soluci´on de los Problemas

Problema (2.17).- Dado T ∈ L(Rn , Rm ), sea R = inf{M ≥ 0 : T (x) ≤ M x,

∀ x ∈ Rn }.

Veamos que T  = R. Por definici´on tenemos que T (x) ≤ T  para todo x tal que x ≤ 1. Entonces, dado un y = 0, tenemos que     y   T  ≤ T .  y 

Luego, T (y) ≤ T y. Consecuentemente R ≤ T . Por otra parte, si T (x) ≤ M x para todo x ∈ Rn , se tiene que T (x) ≤ M para todo x ∈ Rn con x ≤ 1. Con lo cual, tomando ´ınfimos nos queda que T  ≤ R. Probar que . es una norma en L(Rn , Rm ) es pura rutina. Veamos finalmente que el espacio es completo. Sea {Tn } una sucesi´on de Cauchy en L(Rn , Rm ), respecto de la m´etrica que se deduce de la norma. Entonces, para cada x ∈ Rn , como Tn (x) − Tm (x) ≤ Tn − Tm x, tenemos que {Tn (x)} es una sucesi´on de Cauchy en Rn , que ser´a convergente, al ser Rn un espacio completo. Luego podemos definir la aplicaci´on T : Rn → Rm , como T (x) := lim Tn (x). n→∞

Evidentemente T es lineal. Veamos que Tn → T . Por ser la sucesi´on de Cauchy, dado un ǫ > 0, existe un n0 ∈ N tal que Tn − Tm  ≤ ǫ,

∀ n, m ≥ n0 .

Entonces, para cada x ∈ Rn con x ≤ 1, se tiene que Tn (x) − Tm (x) ≤ Tn − Tm  ≤ ǫ,

∀ n, m ≥ n0 .

Tomando l´ımites cuando n → ∞, se obtiene que T (x) − Tm (x) ≤ ǫ,

cuando x ≤ 1, ∀ m ≥ n0 .

Consecuentemente T − Tm  ≤ ǫ, Por tanto Tn → T .

∀ m ≥ n0 .

203

7.2. Soluci´on de los Problemas del Cap´ıtulo II

Problema (2.18).- Como f es continua sobre el compacto K, existe un x1 ∈ K tal que f (x1 ) = m := inf{f (x) : x ∈ K}. Luego, x1 ∈ S(f, m). Supongamos que existe un x2 ∈ S(f, m), con x2 = x1 . Entonces, como S(f, m) es convexo, al ser convexa la funci´on f (Proposici´on 2.5.4), tenemos que tx1 + (1 − t)x2 ∈ S(f, m), para todo t ∈ [0, 1]. Con lo cual, m = f (tx1 + (1 − t)x2 ) < tf (x1 ) + (1 − t)f (x2 ) = tm + (1 − t)m = m. Consecuentemente, S(f, m) se reduce a un punto. Problema (2.19).- Sea K un subconjunto compacto de Rn . Veamos que su envoltura convexa co(K) es tambi´en un compacto. Por el Problema (1.18), sabemos que co(K) = {

n+1 

tj xj ,

xj ∈ K, tj ≥ 0,

j=1

n+1 

tj = 1}.

j=1

Entonces, si + n

A := {(t1 , . . . , tn+1 ) ∈ (R )

:

n+1 

tj = 1},

j=1

se tiene que co(K) = F (A × K n+1 ), siendo F (t1 , . . . , tn+1 , x1 , . . . , xn+1 ) :=

n+1 

tj xj .

j=1

Ahora, A es compacto, al ser cerrado y acotado. Luego A × K n+1 es un compacto y, como F es continua, tenemos que co(K) es un compacto. Problema (2.20).- Sean fi : Rn → R funciones semicontinuas inferiormente, y sea f := supi∈I fi . Por la Proposici´on 2.5.9, para demostrar que f es semicontinua inferiormente, basta con probar que Ep(f ) es un cerrado. Ahora, como cada Ep(fi ) es un cerrado, es suficiente observar que Ep( sup fi ) = i∈I

i∈I

Ep(fi ).

204

7.3

Cap´ıtulo 7. Soluci´on de los Problemas

Soluci´ on de los Problemas del Cap´ıtulo III

Problema (3.1).α|h| √ −β 2 f (h, 0) − f (0, 0) α−β = lim h = lim . D1 f (0, 0) = lim h→0 h→0 h→0 h h h Igualmente, α−β . h→0 h Por tanto, para que existan las derivadas parciales de f en (0, 0), se tiene que cumplir que α = β. D2 f (0, 0) = lim

Problema (3.2).- Sea u = (u1 , u2 ) = 0. Entonces, √ ) 3 2 t u1 u2 u 1 u2 f (tu1 , tu2 ) − f (0, 0) Du f (0, 0) = lim = lim = lim 3 . t→0 t→0 t→0 t t t Y como este l´ımite s´olo existe en el caso en que u1 = 0 o´ u2 = 0, tenemos que la derivada direccional s´olo existir´a en las direcciones (0, 1), (1, 0), (0, −1) y (−1, 0). Problema (3.3).- (i) Para (x, y) = (0, 0), se tiene que  x2 + y 2 |f (x, y)| ≤ √ 2 = x2 + y 2 , x + y2

con lo cual, lim

(x,y)→(0,0)

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

Por tanto, f es continua en (0, 0). Sea u = (u1 , u2 ) = 0. Entonces, Du f (0, 0) = lim t→0

tu1 tu2 f (tu1 , tu2 ) − f (0, 0) tu1 u2 = lim  . = lim  t→0 t→0 t t t2 u21 + t2 u22 |t| u21 + u22

205

7.3. Soluci´on de los Problemas del Cap´ıtulo III

Con lo cual, si u1 = 0 o´ u2 = 0, existen las derivadas direccionales y valen 0, i.e., las derivadas parciales existen y valen 0, y en cualquier otra direcci´on no existen las derivadas direccionales. La funci´on no es, por tanto, diferenciable en (0, 0). (ii) Sea u = (u1 , u2 ) = 0. Entonces, f (tu1 , tu2 ) − f (0, 0) t4 (u4 − u42 ) = lim 3 2 1 = 0. t→0 t→0 t (u + u1 u2 + u2 ) t 1 2

Du f (0, 0) = lim

En particular, tenemos que D1 f (0, 0) = D2 f (0, 0) = 0. Luego la candidata a diferencial es la aplicaci´on Df (0, 0)(u1 , u2 ) = 0. Por tanto, para probar la diferenciabilidad de f en (0, 0), tenemos que demostar que u41 − u42

lim

(u1 ,u2 )→(0,0)



(u21 + u1 u2 + u22 ) u21 + u22

= 0.

Ahora, haciendo el cambio a coordenadas polares, nos queda la funci´on F (ρ, θ) = ρ

cos2 θ − sen2 θ . 1 + cos θ sen θ

Entonces, como la funci´on T (θ) := 1 + cos θ sen θ es continua y no nula en el compacto [0, 2π], tenemos que |F (ρ, θ)| ≤ M ρ,

∀ θ ∈ [0, 2π].

Tenemos pues que f es diferenciable en (0, 0) y, consecuentenmente, ser´a continua en (0, 0). (iii) Sea u = (u1 , u2 ) = 0. Entonces, t2 u1 u2 log(t2 (u21 + u22 )) f (tu1 , tu2 ) − f (0, 0) = lim t→0 t→0 t t

Du f (0, 0) = lim

= lim tu1 u2 log(t2 (u21 + u22 )) = 0. t→0

Como en el apartado anterior tenemos que Df (0, 0)(u1 , u2 ) = 0, en caso de que f sea diferenciable en (0, 0). Y para que esto ocurra, se tiene que cumplir que, u1 u2 log(u21 + u22 )  lim = 0. (u1 ,u2 )→(0,0) u21 + u22

206

Cap´ıtulo 7. Soluci´on de los Problemas

Ahora, haciendo el cambio a coordenadas polares, nos queda la funci´on F (ρ, θ) = ρ log ρ2 cos θ sen θ. Y como |F (ρ, θ)| ≤ ρ | log ρ2 |,

∀ θ ∈ [0, 2π].

Tenemos pues que f es diferenciable en (0, 0) y, consecuentenmente, ser´a continua en (0, 0). (iv) Para (x, y) = (0, 0) se tiene que " " " 1 ""  2 " 2 2 " ≤ x + y2, |f (x, y)| = "" x + y sen 2 x + y2 "

con lo cual,

lim

(x,y)→(0,0)

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

Por tanto, f es continua en (0, 0). Sea u = (u1 , u2 ) = 0. Entonces, Du f (0, 0) = lim t→0



t2 (u21 + u22 ) t

sen

t2 (u21

1 + u22 )

|t| 2 1 (u1 + u22 ) sen 2 2 . t→0 t t (u1 + u22 )

= lim

Como dicho l´ımite no existe, tenemos que f no es diferenciable en (0, 0). Problema (3.4).- (i) Como ∇f (x, y, z) = (D1 f (x, y, z), D2 f (x, y, z), D3 f (x, y, z)) 

= y z xy tenemos que

z −1

z

z



, xy zy z−1 log x, xy y log x ,

∇f (1, 1, 1) = (1, 0, 0). (ii) Como ∇f (x, y) = (D1 f (x, y, z), D2 f (x, y, z)) =





2 2 , + cos2 x, 2 2 x + 2y + 1 x + 2y + 1

207

7.3. Soluci´on de los Problemas del Cap´ıtulo III tenemos que 2 2 ∇f (1, 1) = = (1/2 + cos2 1, 1/2). + cos2 1, 1+2+1 1+2+1 



Problema (3.5).- (i) Consideremos la direcci´on u = (cos θ, sen θ). Tenemos entonces que, Du f (0, 0) = lim t→0

⎧ ⎪ 0 ⎪ ⎪ ⎨

f (t cos θ, t sen θ) =⎪ t ⎪ ⎪

⎩ lim t→0

si t sen θ = t2 cos2 θ |t cos θ| si t sen θ = t2 cos2 θ. t

Ahora, en el caso en que t sen θ = t2 cos2 θ, tenemos que sen θ = 0 y cos θ = 0, con lo cual, tomando " " " sen θ " " |t| < "" 2 """ , cos θ

f (t cos θ, t sen θ) = 0. Por tanto, Du f (0, 0) = 0. Consecuentemente, para demostrar que f es diferenciable en (0, 0), tenemos que probar que f (x, y) = 0. (x,y)→(0,0) (x, y) lim

(7.10)

Ahora, si nos acercamos por la par´abola y = x2 , nos queda lim √

x→0

|x| 1 = lim √ = 1, 4 x→0 +x 1 + x2

x2

y si nos acercamos al origen por cualquier recta entonces el l´ımite vale cero. Tenemos pues que el l´ımite (7.10) no existe y, por tanto, f no es diferenciable en (0, 0). (ii) Es f´acil ver que las parciales son nulas, con lo cual, para demostrar que f es diferenciable en (0, 0), tendr´ıamos que probar que 

|xy| f (x, y) lim = 0. = lim √ 2 (x,y)→(0,0) (x,y)→(0,0) (x, y) x + y2 Ahora, si nos acercamos por la recta y = mx, tenemos: lim √

x→0



|xmx|

x2 + m 2 x2



=√

|m|

1 + m2

.

(7.11)

208

Cap´ıtulo 7. Soluci´on de los Problemas

Luego, como este l´ımite depende de la pendiente de la recta por la que nos acercamos, tenemos que el l´ımite (7.11) no existe y, por tanto, f no es diferenciable en (0, 0). Problema (3.6).- Si f es diferenciable en a, existe una aplicaci´on lineal T ∈ L(Rn , R), tal que f (a + h) − f (a) = T (h) + hǫ(h), con ǫ(h) → 0 cuando h → 0. Tomando x = a + h, como T (h) = ∇f (a), h, nos queda que f (x) − f (a) = ∇f (a), x − a + x − aǫ(x − a) = ∇f (a), x − a + 

x−a ǫ(x − a), x − a. x − a

Con lo cual, si definimos  x−a     ∇f (a) + x − a ǫ(x − a) g(x) :=    

si x = a

∇f (a)

si x = a,

g es continua y se cumple que f (x) − f (a) = g(x), x − a.

(7.12)

Inversamente, supongamos que existe una funci´on g continua que cumple (7.12). Tenemos entonces que f (x) − f (a) = g(x), x − a = x − ag(x) − g(a),

x−a  + g(a), x − a. x − a

Tomando x = a + h, nos queda que f (a + h) − f (a) = hh(a + h) − g(a),

h  + g(a), h. h

Entonces, como T (h) := g(a), h es lineal, si definimos ǫ(h) := g(a + h) − g(a),

h , h

7.3. Soluci´on de los Problemas del Cap´ıtulo III

209

lim ǫ(h) = 0,

h→0

tenemos que f es diferenciable en a y, adem´as, ∇f (a) = g(a). Problema3.7.- Como B : Rn × Rn → Rm es una aplicaci´on bilineal, si M := sup{B(ei , ej ) : i, j = 1, . . . , n}, es f´acil ver que B(x, y) ≤ M xy,

∀ x, y ∈ Rn .

Por tanto, B(x, y) = 0. (x,y)→(0,0) (x, y) Entonces, teniendo en cuenta la bilinealidad de B, tenemos que lim

B(a + x, b + y) − B(a, b) − B(a, y) − B(b, x) (x,y)→(0,0) (x, y) lim

=

B(x, y) = 0. (x,y)→(0,0) (x, y) lim

Consecuentemente, B es diferenciable en (a, b), con diferencial DB(a, b)(x, y) = B(a, y) + B(x, b). n Problema (3.8).√ Sea N : R → R la aplicaci´on N (x) := x. Si f (x) := x, x y φ(t) := t, tenemos que N (x) = φ(f (x)). Ahora, por el problema anterior, f es diferenciable, con diferencial Df (x)(y) = 2x, y. Entonces, 1 como φ es diferenciable en ]0, +∞[, con derivada φ′ (t) = √ , aplicando la 2 t regla de la cadena tenemos que N es diferenciable en Rn \ {0}, con diferencial

1 x, y DN (x)(y) = φ′ (f (x))Df (x)(y) =  . 2x, y = x 2 x, x Problema (3.9).- Como el plano tangente a la superficie z = f (x, y) en el punto (x0 , y0 , z0 ) tiene por ecuaci´on z − z0 = D1 f (x0 , y0 )(x − x0 ) + D2 f (x0 , y0 )(y − y0 ),

210

Cap´ıtulo 7. Soluci´on de los Problemas

y queremos que dicho plano tangente sea paralelo al plano XY , i.e., queremos que sea de la forma z = z0 , se tendr´a que cumplir que 0 = D1 f (x0 , y0 ) = 4 − 2x0 + y0 0 = D2 f (x0 , y0 ) = 2 + x0 − 2y0 . ´nico punto donde el plano Con lo cual, x0 = 10/3 e y0 = 8/3. Luego el u tangente es paralelo al eje XY es el punto (10/3, 8/3, 84/9). Problema (3.10).- Tenemos que ∇f (x, y, z) = (ay 2 + 3cz 2 x2 , 2axy + bz, by + 2czx3 ). Luego, ∇f (1, 2, −1) = (4a + 3c, 4a − b, 2b − 2c). Ahora, sabemos que la derivada direccional es m´axima en la direcci´on del gradiente, y adem´as, dicho valor m´aximo es la norma del gradiente, con lo cual, ∇f (1, 2, −1) = k(0, 0, 1) y 64 = ∇f (1, 2, −1) = |k|. Por tanto, ⎧ ⎪ 4a + 3c = 0 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨

4a − b = 0

⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩

2b − 2c = ±64.

Con lo cual, a = 6, b = 24, c = −8 ´o a = −6, b = −24, c = 8. Problema (3.11).- Como |f (0)| ≤ M 02 = 0, tenemos que f (0) = 0. Con lo cual, " " " f (x) − f (0) " M x2 " " "≤ " = M x. " " x x Por tanto, f es diferenciable en 0 y Df (0) = 0.

211

7.3. Soluci´on de los Problemas del Cap´ıtulo III Consideremos ahora la funci´on  1 1   Ax2 cos + By 2 sen    x x     

f (x, y) :=  Cx2 sen 1   x  

si x = 0, y = 0 si x = 0, y = 0

     Dy 2 cos 1 y

si x = 0, y = 0.

Tenemos que si x = 0 e y = 0, entonces, |f (x, y)| ≤ |A|x2 + |B|y 2 ≤ max(|A|, |B|)(x2 + y 2 ) = max(|A|, |B|)(x, y)2 . Si x = 0 e y = 0, entonces, |f (x, y)| ≤ |C|x2 ≤ |C|(x, y)2 . Y si x = 0 e y = 0, entonces, |f (x, y)| ≤ |D|y 2 ≤ |D|(x, y)2 . Por tanto, si M := max{|A|, |B|, |C|, |D|}, tenemos que |f (x, y)| ≤ M (x, y)2 ,

∀ (x, y) ∈ R2 .

Con lo cual f es diferenciable en (0, 0) y Df (0, 0) = 0. Problema (3.12).- Calculemos las matrices Jacobianas: f ′ (x, y, z) 

= 

y cos (xy + z)

x cos (xy + z)

cos (xy + z)

2x(1 + x2 )yz−1 yz z log(1 + x2 )(1 + x2 )yz y log(1 + x2 )(1 + x2 )yz 

g ′ (u, v) =  

1

ev

eu

1



 .

Con lo cual, 

f ′ (1, 1, −1) =  

−1

1

1

−1/2 log 2/2 − log 2/2



 ,

  

212

Cap´ıtulo 7. Soluci´on de los Problemas ⎛

g ′ (f (1, −1, 1)) = g ′ (0, 1/2) = ⎝ ⎜

1 e1/2 1

⎞

⎟ ⎠.

1

Entonces, aplicando la regla de la cadena, tenemos que

(g ◦ f )′ (1, −1, 1) = g ′ (f (1, −1, 1))f ′ (1, −1, 1)

=





1/2

1 e 1 1

⎛ ⎜ ⎝

⎛

e1/2 ⎜ −1 − ⎜ 2 ⎜

=⎜ ⎜ ⎝

−1

1

⎟ ⎠

−1/2 log 2/2 − log 2/2

⎞

1 + e1/2 log 2 2

1 − e1/2 log 2 ⎟ ⎟ 2 ⎟

log 2 1+ 2

−3/2

⎞

1

⎟. ⎟ ⎠

log 2 1− 2

Problema (3.13).- Aplicando la regla de la cadena tenemos que ∂h ∂f ∂g1 ∂f ∂g2 ∂f ∂f = + = 2x + ∂x ∂u ∂x ∂v ∂x ∂u ∂v ∂h ∂f ∂g1 ∂f ∂g2 ∂f ∂f = + = 2y + ∂y ∂u ∂y ∂v ∂y ∂u ∂v ∂h ∂f ∂g1 ∂f ∂g2 ∂f ∂f = + = 2z + . ∂z ∂u ∂z ∂v ∂z ∂u ∂v Luego, 

∂h ∂x

 

2

∂h ∂y

∂h ∂z

= 4x2

2

2



∂f ∂u



= 4y

2

= 4z 2



2

+ 4x



∂f ∂u

∂f ∂v



+



∂f ∂v

∂f ∂v



∂f + ∂v

2



∂f ∂v



+



∂f ∂v

2

∂f ∂f ∂f g1 + 4 g2 + 3 ∂u ∂v ∂v

2

.

2

+ 4z



∂f ∂u



Por tanto, ∂f ∇h = 4 ∂u 

2

2



∂f 2 ∂f ) + 4y( ∂u ∂u

∂f ∂u





.

7.3. Soluci´on de los Problemas del Cap´ıtulo III

213

Problema (3.14).- Supongamos que f es homog´enea de grado m. Para un x ∈ Rn fijo, definimos la funci´on g : R → R, como g(t) := f (tx). Tenemos entonces que g ′ (t0 ) = lim

t→t0

f (tx) − f (t0 x) tm f (x) − tm g(t) − g(t0 ) 0 f (x) = lim = lim t→t0 t→t0 t − t0 t − t0 t − t0 = f (x) lim

t→t0

t m − tm 0 = f (x)mt0m−1 . t − t0

Por otra parte, si φ(t) := tx, tenemos que g = f ◦ φ. Por tanto, aplicando la regla de la cadena, nos queda que g ′ (t0 ) = f ′ (φ(t0 )) · φ′ (t0 ) =

n 

Di f (t0 x)xi .

i=1

Entonces, tomando t0 = 1, obtenemos mf (x) =

n 

Di f (x)xi .

(7.13)

i=1

Supongamos ahora que se cumple (7.13). Como antes, para un x fijo, consideremos la funci´on g(t) := f (tx). Supongamos primeramente que f (x) > 0. Tenemos que g ′ (t) =

n  i=1

Di f (tx)xi =

n 1 1 m Di f (tx)(txi ) = mf (tx) = g(t). t i=1 t t

Luego, m g ′ (t) = , g(t) t as´ı que, log (g(t)) = log tm + c, con lo cual, tomando t = 1, nos queda que log f (x) = c y, consecuentemente, f (tx) = g(t) = tm f (x). El caso f (x) < 0 se hace de forma similar. Finalmente, supongamos que f (x) = 0. Entonces, f (tx) = 0 para todo t > 0, pues si existiera un t > 0, tal que, f (tx) = 0, por lo anterior tendr´ıamos que f (stx) = sm f (tx), para todo s > 0, con lo cual, tomando s = 1/t, nos queda que 0 = f (x) = (1/t)m f (tx), lo cual es una contradicci´on.

214

Cap´ıtulo 7. Soluci´on de los Problemas

Problema (3.15).- Sea h(t) := u(t, f (t)). Tenemos que demostrar que h′ (t) = 0, para cada t. Ahora, si φ(t) := (t, f (t)), h = u ◦ φ. Por tanto, aplicando la regla de la cadena, tenemos que ′

′

′

h (t) = u (φ(t))φ (t) = =





∂u ∂u (φ(t)), (φ(t)) ∂t ∂x

1 ′ f (t)



∂u ∂u ∂u ∂u (φ(t)) + (φ(t))f ′ (t) = +u = 0. ∂t ∂x ∂t ∂x

Problema (3.16).- Para x ∈ Rn , sea hx (t) := f (tx). Entonces,  1 0

h′x (t) dt = hx (1) − hx (0) = f (x) − f (0) = f (x).

Ahora, aplicando la regla de la cadena tenemos que h′x (t)

= x, ∇f (tx) =

n 

xi Di f (tx).

i=1

Luego, f (x) =

 1 0

h′x (t) dt =

Por tanto, basta con tomar gi (x) :=

n  i=1

 1

xi

 1

Di f (tx) dt.

0

Di f (tx) dt.

0

Problema (3.17).- (i) Para y = 0, definimos g(t) := f (t, y). Tenemos entonces que g ′ (t) = D1 f (t, y) = 0. Por tanto g es constante. Con lo cual, f (x, y) = f (0, y),

∀ x ∈ R.

(7.14)

Por otra parte, si para x < 0, definimos h(t) := f (x, t), como h′ (t) = D2 f (x, t) = 0, tenemos que h es constante. Con lo cual, f (x, y) = f (x, 0),

∀ y ∈ R.

(7.15)

Consecuentemente, dado un (x, y) ∈ Ω, como consecuencia de (7.14) y (7.15), tenemos que: si y = 0, entonces f (x, y) = f (0, y) = f (−1, y) = f (−1, 0), y si y = 0, entonces f (x, y) = f (x, 0) = f (x, 1) = f (0, 1) = f (−1, 1) = f (−1, 0). Por tanto f (x, y) = f (−1, 0) para todo (x, y) ∈ Ω.

7.3. Soluci´on de los Problemas del Cap´ıtulo III

215

(ii) Consideremos la funci´on f : Ω → R, definida por: ⎧ ⎪ 1 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨

si x = 0, y = 0

f (x, y) := ⎪ 2x + 1 si x < 0 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ 3x + 1

si x > 0.

Se tiene que f (0, y + t) − f (0, y) = 0. t→0 t Si x < 0, D2 f (x, y) = 0, e igualmente, si x > 0, D2 f (x, y) = 0. Tenemos pues que D2 f (x, y) = 0 para cada (x, y) ∈ Ω. Sin embargo, f depende de la variable y. D2 f (0, y) = lim

Problema (3.18).- Tomando la derivada de cada componente√obtenemos el vector velocidad v(t) = σ ′ (t) = (t cos t+sen t, −t sen t+cos t, 3). El vector aceleraci´on consta de las segundas derivadas, de manera que a(t) = σ ′′ (t) √= (−t sen t + 2 cos t, −t cos t − 2 sen t, 0). Por lo tanto, v(0) = (0, 1, 3), a(0) =√(2, 0, 0) y la recta tangente viene dada por R(s) = σ(0) + sv(0) = s(0, 1, 3). Finalmente, la fuerza que act´ ua sobre una part´ıcula de masa m en t = 0, viene dada por F(0) = ma(0), con lo cual si la masa es de 2 gramos, nos queda que F(0) = 2a(0) = (4, 0, 0). Problema (3.19).- (i) Como T(t), T(t) = T(t)2 = 1, derivando nos queda que d 0 = T(t), T(t) = 2T(t), T′ (t). dt ′ Por tanto, T(t), T (t) = 0. (ii) Derivando en T(t) = T′ (t) =

σ ′ (t) con respecto a t, nos queda que, σ ′ (t)

σ ′′ (t)σ ′ (t) − (d/dt)σ ′ (t)σ ′ (t) . σ ′ (t)2

Ahora, d ′ d ′ 1 2σ ′ (t), σ ′′ (t) σ ′ (t), σ ′′ (t) σ (t), σ ′ (t) =  σ (t) = . = dt dt 2 σ ′ (t), σ ′ (t) σ ′ (t)

216

Cap´ıtulo 7. Soluci´on de los Problemas

Sustituyendo, tenemos T′ (t) = =

σ ′′ (t)σ ′ (t) σ ′ (t), σ ′′ (t) ′ − σ (t) σ ′ (t)2 σ ′ (t)3

σ ′′ (t)σ ′ (t)2 − σ ′ (t), σ ′′ (t)σ ′ (t) . σ ′ (t)3

Problema (3.20).- (i) Consideremos la funci´on ϕ(t) := p−γ(t)2 . Derivando tenemos que ϕ′ (t) = 2

n 

(pi − γi (t))γi′ (t) = 2p − γ(t), γ ′ (t).

i=1

Por otra parte, ϕ(t) ≥ p − q2 = ϕ(t0 ). Luego ϕ tiene un m´ınimo en t0 . Con lo cual ϕ′ (t0 ) = 0. Por tanto, 0 = p − γ(t0 ), γ ′ (t0 ) = p − q, γ ′ (t0 ). (ii) Supongamos que γ(t), γ ′ (t) = 0 para todo t ∈ [a, b]. Sea φ(t) := γ(t)2 . Entonces, φ′ (t) = 2(γ1 (t)γ1′ (t) + · · · + γn (t)γn′ (t)) = 2γ(t), γ ′ (t) = 0. Por tanto, φ(t) es constante y, consecuentemente, γ(t) es constante. Rec´ıprocamente, supongamos que γ(t) es constante. Entonces, si γ(t) = 0, evidentemente se tiene que γ(t), γ ′ (t) = 0 para todo t ∈ [a, b]. Supongamos que γ(t) = 0. Como γ(t) es constante, si tomamos en el apartado anterior p = 0, nos queda que −γ(t), γ ′ (t) = 0, con lo cual, γ(t) y γ ′ (t) son ortogonales. Problema (3.21).- Cuando t = π, la part´ıcula se encuentra en el punto (π, π 2 , −π). Como γ ′ (t) = (1, 2t, cos t − t sen t), la recta tangente en el punto t = π, viene dada por T (s) = (π, π 2 , −π) + s(1, 2π, −1). Por lo tanto, la part´ıcula en el tiempo t = 2π se encuentra en T (π) = (π, π 2 , −π) + π(1, 2π, −1) = (2π, 3π 2 , −2π). Problema (3.22).- Queremos demostrar que γ ′ (t) = F(γ(t)), siendo F(x, y, z) = (x2 , 0, z(1 + x)) y γ(t) = (1/(1 − t), 0, et /(1 − t)).

217

7.3. Soluci´on de los Problemas del Cap´ıtulo III En efecto: ′

γ (t) =





et (2 − t) 1 . , 0, (1 − t)2 (1 − t)2

Por otra parte, F(γ(t)) =





1 et (2 − t) . , 0, (1 − t)2 (1 − t)2

Problema (3.23).- Tenemos que encontrar una funci´on ψ tal que F = −∇ψ, i.e., tal que −3x2 y =

∂ψ (x, y), ∂x

−(x3 + y 3 ) =

∂ψ (x, y). ∂y

Integrando nos quedan: ψ(x, y) = ψ(x, y) =





(−3x2 y) dx = −x3 y + g(y),

−(x3 + y 3 ) dy = −(x3 y + y 4 /4) + h(x).

Consecuentemente, g(y) = −y 4 /4 y h(x) es una constante arbitraria. Por tanto, el potencial del campo F es ψ(x, y) = −(x3 y + y 4 /4) + C. Problema (3.24).- Dada f ∈ C([0, 1]), veamos que la aplicaci´on T (f )(x) :=

 x

f 2 (t) dt

0

es Fr´echet diferenciable en f . Tenemos que T (f + h)(x) − T (f )(x) = 2

 x

f (t)h(t) dt +

0

 x

h2 (t) dt

0

Con lo cual, si S : C([0, 1]) → C([0, 1]) es la aplicaci´on S(h)(x) := 2

 x

f (t)h(t) dt,

0

nos queda que ∆(h)(x) = T (f + h)(x) − T (f )(x) − S(h)(x) =

 x 0

h2 (t) dt.

218

Cap´ıtulo 7. Soluci´on de los Problemas

Con lo cual,  " x 2 " ∆(h)∞ 1 " = sup " h (t) dt"" ≤ h∞ . h∞ h∞ x∈[0,1] 0 "

"

Por tanto, si S es lineal y continua, se tendr´a que T es diferenciable Fr´echet en f con DT (f ) = S. Ahora, evidentemente, S es lineal y adem´as, "  x "  x " " " f (t)h(t) dt"" ≤ 2 sup |f (t)||h(t)| dt ≤ 2f ∞ h∞ . S(h)∞ = sup "2 x∈[0,1]

0

x∈[0,1] 0

Luego, S es continua en C([0, 1]).

Problema (3.25).- Evidentemente, la aplicaci´on S : ℓ1 → R, definida por S(y) :=

∞ 

yn ,

con y = (yn ) ∈ ℓ1 ,

n=1

es lineal y continua. Adem´as, T (0 + y) − T (0) − S(y) =

∞ 

sen yn − yn =

n=1

∞ 

yn

n=1





sen yn −1 . yn

Por tanto, como

sen t = 1, t→0 t dado un ǫ > 0, existe un δ > 0, tal que lim

" " " sen t " " − 1"" ≤ ǫ "

t

si |t| ≤ δ.

Consecuentemente, si y1 ≤ δ, tenemos que |T (0 + y) − T (0) − S(y)| ≤ ǫ y1 . Por tanto, T es F´echet diferenciable con DT (0) = S. Problema (3.26).- Dado x = (xn ) ∈ c0 , supongamos que existe un n0 ∈ N, tal que |xn | < |xn0 | para cada n = n0 . Supongamos primeramente que xn0 > 0. Como limn→∞ xn = 0, tenemos que δ := sup (xn0 − |xn |) > 0. n =n0

7.4. Soluci´on de los Problemas del Cap´ıtulo IV

219

Sea y = (yn ) ∈ c0 tal que y∞ < 2δ . Entonces, x + y∞ − x∞ = sup |xn + yn | − sup |xn | = xn0 + yn0 − xn0 = yn0 . n∈N

n∈N

Por tanto, si definimos S : c0 → R como S(y) := yn0 , que evidentemente es lineal y continua, tenemos que lim y→0

x + y∞ − x∞ − S(y) = 0. x∞

Consecuentemente, la norma es diferenciable Fr´echet en x. En el caso en que xn0 < 0, se procede de igual forma, tomando S(y) := −yn0 . Supongamos ahora que la condici´on no se cumple y vamos a demostrar que entonces la norma no es diferenciable Fr´echet en x. Al no cumplirse la condici´on, existen n0 = n1 , tales que |xn0 | = |xn1 | = x∞ . Supongamos que xn0 > 0. Sea y = (yn ) ∈ c0 , con yn0 = λ > 0 e yn = 0 para cada n = n0 . Entonces, x + y∞ − x∞ = xn0 + yn0 − xn0 = λ Ahora, si λ < 2xn0 , se tiene que x − y∞ − x∞ = |xn1 | − |xn1 | = 0. Tenemos pues que la norma no es diferenciable Fr´echet en x, ya que si lo fuera, existir´ıa una aplicaci´on lineal y continua S : c0 → R, tal que x + u∞ − x∞ = S(u) + u∞ ǫ(u), con limu→0 ǫ(u) = 0. Ahora, por lo anterior, se tendr´ıa que S(y) = λ y S(−y) = 0, lo cual est´a en contradicci´on con la linealidad de S.

7.4

Soluci´ on de los Problemas del Cap´ıtulo IV

Problema (4.1).- (i) Calculemos primeramente las derivadas parciales: ∂f f (h, 0) − f (0, 0) h−0 (0, 0) = lim = lim = 1. h→0 h→0 ∂x h h

220

Cap´ıtulo 7. Soluci´on de los Problemas

f (0, h) − f (0, 0) 0 ∂f (0, 0) = lim = lim = 0. h→0 h→0 h ∂y h Para (x, y) = (0, 0), tenemos que 

∂f 1 1 + x2 y cos 2 (x, y) = 1 + 2xy sen 2 2 ∂x x +y x + y2 Ahora,



−2x . + y 2 )2

(x2

" " " 1 "" " "2xy sen 2 " ≤ 2|xy|. " x + y2 "

Luego,

1 = 0. (x,y)→(0,0) + y2 Pero haciendo el cambio a coordenadas polares nos queda que lim

2xy sen

x2

−2x3 y 1 1 cos 2 = −2cos3 θ sen θ cos 2 . 2 2 2 2 (x + y ) x +y ρ Con lo cual no existe el

∂f (x, y). (x,y)→(0,0) ∂x lim

Consecuentemente, f no es de clase C 1 en un entorno del origen. (ii) Para (x, y) = (0, 0), tenemos que ∂f 2x , (x, y) = y log(x2 + y 2 ) + xy 2 ∂x x + y2 2y ∂f . (x, y) = x log(x2 + y 2 ) + xy 2 ∂y x + y2 Adem´as, es f´acil ver que ∂f ∂f (0, 0) = (0, 0) = 0. ∂x ∂y Ahora, haciendo el cambio a coordenadas polares, tenemos que |y log(x2 + y 2 )| = |ρ sen θ log ρ2 | ≤ ρ| log ρ2 |. Aplicando L’Hˆopital, log ρ2 | = lim 2ρ = 0. ρ→0 1/ρ ρ→0

lim ρ| log ρ2 | = | lim

ρ→0

221

7.4. Soluci´on de los Problemas del Cap´ıtulo IV Entonces; como adem´as

" " " 2x2 y " " " " 2 " ≤ 2|y|, " x + y2 "

tenemos que ∂f ∂f (x, y) = 0 = (0, 0). (x,y)→(0,0) ∂x ∂x lim

An´alogamente se demuestra que ∂f ∂f (x, y) = 0 = (0, 0). (x,y)→(0,0) ∂y ∂y lim

Por tanto, f es de clase C 1 en todo R2 . Problema (4.2).- Es f´acil ver que ∂f ∂f (0, 0) = (0, 0) = 0. ∂x ∂y Por tanto, para que f sea diferenciable en (0, 0), se tiene que cumplir que 0=

|x|α |y|β f (x, y) − f (0, 0) 1 sen . = lim √ 2 2 (x,y)→(0,0) (x,y)→(0,0) (x, y) x + y2 x + y2 lim

Haciendo el cambio a coordenadas polares, tenemos que demostrar que lim ρα+β−1 |cos θ|α |sen θ|β sen

ρ→0

1 = 0, ρ2

uniformemente para los valores de θ. Ahora esto es cierto si, y s´olo si, α + β − 1 > 0. Por tanto, f es diferenciable en (0, 0) si, y s´olo si, α + β − 1 > 0. Veamos ahora cual es la relaci´on entre α y β para que f sea de clase C 1 en un entorno del origen: Para x = 0 e y = 0, ∂f ∂f (x, 0) = (0, y) = 0. ∂x ∂y Supongamos que x = 0 e y = 0. Entonces si x > 0, 1 2x 1 ∂f − 2 |x|α |y|β cos 2 , (x, y) = α|x|α−1 |y|β sen 2 2 2 2 ∂x x +y (x + y ) x + y2

222

Cap´ıtulo 7. Soluci´on de los Problemas

y si x < 0, ∂f 1 2x 1 − 2 |x|α |y|β cos 2 . (x, y) = −α|x|α−1 |y|β sen 2 2 2 2 ∂x x +y (x + y ) x + y2 Por tanto, haciendo el cambio a coordenadas polares, nos queda que ∂f (ρ cosθ, ρ sen θ) ∂x = ±αρα+β−1 |cos θ|α−1 |sen θ|β sen

1 1 α+β−3 α+1 β − 2ρ |cos θ| |sen θ| cos . ρ2 ρ2

Consecuentemente, existe ∂f (x, y) = 0, si y s´olo si, α − 1 > 0 y α + β − 3 > 0. (x,y)→(0,0) ∂x lim

Por otra parte, f (x, y) − f (0, 0) |x|α |y|β 1 ∂f . (x, 0) = lim = lim sen 2 y→0 y→0 ∂y y y x + y2 Luego si β ≤ 1 no existe ∂f (x, 0). Por tanto, para que existan las parciales ∂y en un entorno del origen necesitamos que α > 1 y β > 1, y para que ∂f ∂f (x, y) = lim (x, y) = 0, (x,y)→(0,0) ∂y (x,y)→(0,0) ∂x lim

necesitamos adem´as que α + β > 3. Tenemos, por tanto, que f es de clase C 1 en un entorno del origen si, y s´olo si, α + β > 3, α > 1 y β > 1. Problema (4.3).- Como para (x, y) = (0, 0), 2x ∂f , (x, y) = 2 ∂x x + y2

∂f 2y , (x, y) = 2 ∂y x + y2

se tiene que: ∂ 2f 2(x2 + y 2 ) − 4x2 −2x2 + 2y 2 (x, y) = = , ∂x2 (x2 + y 2 )2 (x2 + y 2 )2 2(x2 + y 2 ) − 4y 2 2x2 − 2y 2 ∂2f (x, y) = = . ∂y 2 (x2 + y 2 )2 (x2 + y 2 )2

223

7.4. Soluci´on de los Problemas del Cap´ıtulo IV Consecuentemente, ∆f (x, y) =

∂2f ∂ 2f (x, y) + (x, y) = 0. ∂x2 ∂y 2

Para (x, y, z) = (0, 0, 0), se tiene que ∂g (x, y, z) = −x(x2 + y 2 + z 2 )−3/2 , ∂x ∂g (x, y, z) = −y(x2 + y 2 + z 2 )−3/2 , ∂y ∂g (x, y, z) = −z(x2 + y 2 + z 2 )−3/2 . ∂z Derivando de nuevo obtenemos que: ∂2g (x, y, z) = −(x2 + y 2 + z 2 )−3/2 + 3x2 (x2 + y 2 + z 2 )−5/2 , 2 ∂x ∂ 2g (x, y, z) = −(x2 + y 2 + z 2 )−3/2 + 3y 2 (x2 + y 2 + z 2 )−5/2 , ∂y 2 ∂ 2g (x, y, z) = −(x2 + y 2 + z 2 )−3/2 + 3z 2 (x2 + y 2 + z 2 )−5/2 . 2 ∂z Consecuentemente, ∆g(x, y, z) =

∂ 2g ∂2g ∂2g (x, y, z) + (x, y, z) + (x, y, z) ∂x2 ∂y 2 ∂z 2

= −3(x2 + y 2 + z 2 )−3/2 + 3(x2 + y 2 + z 2 )(x2 + y 2 + z 2 )−5/2 = 0. Problema (4.4).- (i) Aplicando la regla de la cadena tenemos que: ∂f ∂r xi = g ′ (r) = g ′ (r) . ∂xi ∂xi r ∂ xi ∂ ∂ 2f = (g ′ (r)) + g ′ (r) 2 ∂xi ∂xi r ∂xi Por tanto, ∆f =

n  ∂ 2f i=1

∂x2i

′′

= g (r)



xi r



xi = g (r) r

 n   xi 2 i=1

r



′′

′

+ g (r)

2

+ g ′ (r)

n  r2 − x2i i=1

r3

r2 − x2i . r3

224

Cap´ıtulo 7. Soluci´on de los Problemas = g ′′ (r) + g ′ (r)

1 n−1 (nr2 − r2 ) = g ′′ (r) + g ′ (r) . 3 r r

(ii) Por (i), si ∆f = 0, se tiene que 0 = g ′′ (r) + g ′ (r) n−1 . Con lo cual, r g ′′ (r) n−1 =− . ′ g (r) r Integrando se obtiene que 



log (g ′ (r)) = −(n − 1) log r + log A = log Ar−n+1 . Luego, g ′ (r) = Ar−n+1 . De donde, integrando de nuevo, se obtiene que Ar−n+2 a + b = n−2 + b. −n + 2 r

g(r) =

Problema (4.5).- Aplicando la regla de la cadena tenemos: ∂z ∂x ∂z ∂y ∂z ∂z ∂z = + = cos θ + sen θ ∂r ∂x ∂r ∂y ∂r ∂x ∂y ∂z ∂x ∂z ∂y ∂z ∂z ∂z = + = (−r sen θ) + (r cos θ). ∂θ ∂x ∂θ ∂y ∂θ ∂x ∂y Derivando de nuevo nos queda que: ∂2z ∂ = ∂r2 ∂x ∂ + ∂x =





∂z cos θ ∂x

∂z sen θ ∂y





∂ cos θ + ∂y

∂ cos θ + ∂y





∂z cos θ ∂x

∂z sen θ ∂y





sen θ

sen θ

∂ 2z ∂ 2z ∂ 2z 2 cos θ + 2 sen2 θ. sen θ cos θ + ∂x2 ∂x∂y ∂y 2 ∂ 2z ∂ = ∂r∂θ ∂r





∂z ∂z (−r sen θ) + (r cos θ) ∂x ∂y

∂z ∂ = −sen θ − r sen θ ∂x ∂r





∂z ∂z ∂ + cos θ + r cos θ ∂x ∂y ∂r



∂z ∂y



225

7.4. Soluci´on de los Problemas del Cap´ıtulo IV ∂z − r sen θ = −sen θ ∂x ∂z + cos θ + r cos θ ∂y = −sen θ

 

∂ 2z ∂ 2z cos θ + sen θ ∂x2 ∂x∂y

∂ 2z ∂ 2z cos θ + 2 sen θ ∂x∂y ∂y

∂ ∂ 2z = 2 ∂θ ∂θ



∂ 2z ∂2z 2 2 + r(cos θ − sen θ) . ∂y 2 ∂x∂y 

∂z ∂z (−r sen θ) + (r cos θ) ∂x ∂y

∂z ∂z = −r cos θ − r sen θ − r sen θ ∂x ∂y

= −r cos θ



∂z ∂z ∂2z + cos θ − r sen θ cos θ ∂x ∂y ∂x2

+r sen θ cos θ

+r cos θ









∂ 2z ∂ 2z (−r sen θ) + (r cos θ) ∂x2 ∂x∂y 

∂ 2z ∂ 2z (−r sen θ) + 2 (r cos θ) ∂x∂y ∂y

∂z ∂ 2z ∂2z ∂2z ∂z 2 −r sen θ +r sen2 θ 2 +r2 cos2 θ 2 −2r2 sen θ cos θ . ∂x ∂y ∂x ∂y ∂x∂y

De aqu´ı se deduce que ∆z =

1 ∂ 2 z 1 ∂z ∂ 2z + + . ∂r2 r2 ∂θ2 r ∂r

Problema (4.6).- Sea (u, v) := (x+y, x−y). Entonces si F (u, v) := f (x, y), aplicando la regla de la cadena, tenemos: ∂f ∂F ∂u ∂F ∂v ∂F ∂F = + = + ∂x ∂u ∂x ∂v ∂x ∂u ∂v ∂f ∂F ∂u ∂F ∂v ∂F ∂F = + = − ∂y ∂u ∂y ∂v ∂y ∂u ∂v Aplicando de nuevo la regla de la cadena y el Teorema de las derivadas cruzadas, nos queda: ∂ 2f ∂ ∂F ∂F ∂ 2 F ∂u ∂ 2 F ∂v ∂ 2 F ∂u ∂ 2 F ∂v = ( + ) = + + + ∂x2 ∂x ∂u ∂v ∂u2 ∂x ∂v∂u ∂x ∂u∂v ∂x ∂v 2 ∂x

226

Cap´ıtulo 7. Soluci´on de los Problemas

∂ 2F ∂2F ∂ 2F +2 . + = ∂u2 ∂u∂v ∂v 2 De forma an´aloga se obtiene que ∂2f ∂ 2F ∂ 2F − , = ∂x∂y ∂u2 ∂v 2 ∂ 2f ∂ 2F ∂ 2F ∂ 2F = − 2 . + ∂y 2 ∂u2 ∂u∂v ∂v 2 Sustituyendo nos queda que ∂ 2f ∂ 2f ∂2f ∂2F ∂ 2F + 2 + . =3 2 + ∂x2 ∂y ∂x∂y ∂u ∂v 2 Problema (4.7).- Primeramente vamos a transformar la ecuaci´on de ondas unidimensional utt − c2 uxx = 0 mediante el cambio de variable    ξ = x + ct  

η = x − ct.

ut = uξ ξt + uη ηt = cuξ − cuη . Derivando de nuevo tenemos: utt =

∂ ∂uξ ∂ξ ∂uξ ∂η ∂uη ∂ξ ∂uη ∂η (cuξ − cuη ) = c( + ) − c( + ) t ∂ξ ∂t ∂η ∂t ∂ξ ∂t ∂η ∂t = c2 (uξξ − 2uξη + uηη ).

An´alogamente, ux = uξ ξx + uη ηx = uξ + uη . uxx =

∂uξ ∂ξ ∂uξ ∂η ∂uη ∂ξ ∂uη ∂η ∂ (uξ + uη ) = + + + ∂x ∂ξ ∂x ∂η ∂x ∂ξ ∂x ∂η ∂ = uξξ + 2uξη + uηη .

Por tanto, la ecuaci´on de ondas unidimensional se transforma en la ecuaci´on: −4c2 uξη = 0.

7.4. Soluci´on de los Problemas del Cap´ıtulo IV

227

Y como c = 0, nos queda la ecuaci´on uξη = 0, cuya soluci´on general tiene la forma: u(ξ, η) = φ(ξ) + ψ(η), con φ, ψ funciones arbitrarias de clase C 2 . Por tanto, la soluci´on general de la ecuaci´on de ondas unidimensional es: u(t, x) = φ(x + ct) + ψ(x − ct). Problema (4.8).- Consideremos la transformaci´on φ : R2 → R2 , definida por φ(x, y) := (xy, x + y). Sea A := {(x, y) ∈ R2 : x − y > 0}. Supongamos que (u, v) = φ(x, y). Entonces, si v 2 − 4u ≥ 0, eligiendo √ √ v + v 2 − 4u v − v 2 − 4u x= , y= , 2 2 tenemos que x − y ≥ 0. Por tanto, φ(A) = B := {(u, v) ∈ R2 : v 2 − 4u > 0} y φ es inyectiva. Sea entonces g := f ◦ ψ −1 , con ψ = φ|A . Entonces, aplicando la regla de la cadena a f = g ◦ ψ, tenemos que: ∂f ∂g ∂u ∂g ∂v ∂g ∂g (x, y) = (ψ(x, y)) + (ψ(x, y)) =y + ∂x ∂u ∂x ∂v ∂x ∂u ∂v ∂f ∂g ∂u ∂g ∂v ∂g ∂g (x, y) = (ψ(x, y)) + (ψ(x, y)) =x + . ∂y ∂u ∂y ∂v ∂y ∂u ∂v Por tanto, 0=y

∂g ∂g ∂g ∂g ∂g + −x − + 3(x − y)g = (y − x)( − 3g), ∂u ∂v ∂u ∂v ∂u

y como x − y > 0, nos queda la ecuaci´on ∂g − 3g = 0. ∂u Si tomamos ahora g(u, v) := G(u, v)e3u , nos queda que: ∂g ∂G 3u ∂G 3u = 3G(u, v)e3u + e = 3g + e . ∂u ∂u ∂u

(7.16)

228

Cap´ıtulo 7. Soluci´on de los Problemas

∂G = 0. Entonces, ∂u como B es conexo, G(u, v) = h(v), con h : R → R una aplicaci´on arbitraria de clase C 1 . Tenemos entonces que en A la soluci´on buscada es: De aqu´ı, teniendo en cuenta (7.16), llegamos a la ecuaci´on

f (x, y) = e3xy h(x + y). Ahora dicha funci´on es soluci´on en todo R2 . Problema (4.9).- Veamos primeramente que si L : Rm → Rn es una aplicaci´on lineal cuya matriz asociada es A = (aij ), f : Rn → R y F = f ◦ L, entonces, Dri F (x) =

n 

aji akr Dkj f (L(x)).

j,k=1

En efecto: aplicando la regla de la cadena tenemos que F ′ (x) = f ′ (L(x))L′ (x) = f ′ (L(x))A. Con lo cual, Di F (x) =

n 

aji Dj f (L(x)),

para i = 1, 2, . . . m.

j=1

Aplicando de nuevo la regla de la cadena nos queda que Dri F (x) =

n 

aji Dr (Dj f (L(x))) =

j=1

n 

aji akr Dkj f (L(x)).

j,k=1

Supongamos ahora que n = m y que L es una transformaci´on ortogonal, i.e., una transformaci´on lineal que conserva el producto escalar. Se tiene entonces que At A = I, con lo cual, aji aki =

⎧ ⎪ ⎨ 1 ⎪ ⎩

0

si j = k = i en otro caso.

Consecuentemente, n  i=1

Dii F (x) =

n  i=1

Dii f (L(x)).

229

7.4. Soluci´on de los Problemas del Cap´ıtulo IV

Por tanto, el laplaciano es invariante por transformaciones ortogonales. En particular, ser´a invariante por rotaciones (i.e., por transformaciones ortogonales cuyo determinante vale 1). Problema (4.10).- (i) Calculemos primeramente las derivadas parciales de la funci´on f (x, y) = log(x + ey ): 1 ∂f , (x, y) = ∂x x + ey −1 ∂2f (x, y) = , 2 ∂x (x + ey )2

∂f ey , (x, y) = ∂y x + ey

∂ 2f −ey , (x, y) = ∂x∂y (x + ey )2

∂ 2f xey (x, y) = . ∂y 2 (x + ey )2

Tenemos entonces que existe un ρ ∈]0, 1[, tal que 1 2 1 f (1, 0) + D(h,k) f (1 + ρh, ρk). f (1 + h, k) = f (1, 0) + D(h,k) 2 Consecuentemente, log(1 + h + ek ) = log 2 + 1 + 2



h k + 2 2

−eρk (1 + ρh)eρk −1 2 h + 2 hk + k2 . (1 + ρh + eρk )2 (1 + ρh + eρk )2 (1 + ρh + eρk )2 

(ii) Calculando las derivadas parciales de la funci´on g(x, y) = (xy)−1 , tenemos: ∂f 1 ∂f 1 (x, y) = − 2 , (x, y) = − 2 , ∂x xy ∂y xy ∂ 2f 2 1 ∂ 2f 2 ∂2f (x, y) = (x, y) = , (x, y) = 3 . , 2 3 2 2 2 2 ∂x x y ∂y xy ∂y xy Tenemos entonces que existe un ρ ∈]0, 1[, tal que 1 2 1 f (1 + ρh, ρk − 1). f (1, −1) + D(h,k) f (1 + h, k − 1) = f (1, −1) + D(h,k) 2 Consecuentemente,

1 = −1+h−k+ 2



1 (1 + h)(k − 1)

k2 h2 2hk . + + (1 + ρh)3 (ρk − 1) (1 + ρh)2 (ρk − 1)2 (1 + ρh)(ρk − 1)3 

230

Cap´ıtulo 7. Soluci´on de los Problemas

Problema (4.11).- Tenemos que calcular el desarrollo de Taylor del polinomio P (x, y) = x3 + y 2 + xy 2 en el punto (1, 2). P (1, 2) = 9,

D1 P (1, 2) = 7,

D11 P (1, 2) = 6, D111 P (1, 2) = 6,

D12 P (1, 2) = 4,

D112 P (1, 2) = 0,

D2 P (1, 2) = 8, D22 P (1, 2) = 4,

D122 P (1, 2) = 2,

D222 P (1, 2) = 0,

y las derivadas de ´ordenes superiores son todas nulas. Por tanto, calculando el desarrollo de Taylor, nos queda que 1 P (x, y) = 9 + 7(x − 1) + 8(y − 2) + (6(x − 1)2 + 8(x − 1)(y − 2) + 4(y − 2)2 ) 2 1 + (6(x − 1)3 + 6(x − 1)(y − 2)2 ) = 3! = 9+7(x−1)+8(y−2)+3(x−1)2 +4(x−1)(y−2)+2(y−2)2 +(x−1)3 +(x−1)(y−2)2 . Problema (4.12).- (i) Sabemos que et = 1 + t +

t2 + R(t), 2

R(t) = 0. t→0 t2

con lim

Sustituyendo t = x, t = y, y multiplicando los desarrollos nos queda que e(x+y) = ex ey = 1 + (x + y) +

(x + y)2 + Q(x, y), 2

siendo Q(x, y) =

xy x2 y2 xy (x + y + ) + (1 + x + )R(y) + (1 + y + )R(x) + R(x)R(y). 2 2 2 2

Puesto que Q(x, y) = 0, (x,y)→(0,0) (x, y)2 lim

de la unicidad del polinomio de Taylor se deduce que 1 + (x + y) +

(x + y)2 2

es el polinomio de Taylor de segundo orden de e(x+y) en (0, 0).

231

7.4. Soluci´on de los Problemas del Cap´ıtulo IV (ii) Sabemos que sen t = t + R(t),

con lim t→0

R(t) = 0. t2

Sustituyendo t = x, t = y, y multiplicando los desarrollos nos queda que sen x sen y = (x + R(x))(y + R(y)) = xy + Q(x, y), siendo Q(x, y) = xR(y) + yR(x) + R(x)R(y). Igual que en el apartado anterior, tenemos que xy es el polinomio de Taylor de segundo orden de la funci´on sen x sen y. Problema (4.13).- Dada la funci´on f (x) := ex1 +···+xn , tenemos que Di1 ,...,ik f (x) = ex1 +···+xn . Por tanto, Dhk (0)

n 

=

Di1 ,...,ik f (0)hi1 . . . hik =

i1 ,...,ik =1

n 

hi1 . . . hik = (h1 + · · · + hn )k .

i1 ,...,ik =1

Tenemos pues que el desarrollo de Taylor de orden m de la funci´on f en el origen viene dado por: f (h) = 1 +

m  1 k=1

k!

(h1 + · · · + hn )k +

n  1 hi . . . him+1 eρh1 +···+ρhn . (m + 1)! i1 ...,im+1 =1 1

Problema (4.14).- Vamos a demostrarlo por inducci´on sobre la dimensi´on n del espacio. Para n = 1, es conocido del c´alculo de funciones de una variable que se cumple la F´ormula de Leibniz: (f · g)(k =



k! f (j · g (k−j . j≤k j!(k − j)!

Supongamos que la f´ormula es cierta para n, y vamos a demostrarla para n + 1. Sea α = (α1 , . . . , αn+1 ) un multi´ındice, y sean f, g : Rn+1 → R, dos

232

Cap´ıtulo 7. Soluci´on de los Problemas

funciones con derivadas parciales hasta el orden |α|. Entonces, teniendo en cuenta la hip´otesis de inducci´on, si α ˆ := (α1 , . . . , αn , 0), tenemos que α

α

n+1 n+1 Dα (f · g) = D1α1 . . . Dn+1 (f · g) = Dαˆ (Dn+1 (f · g))

⎛

= Dαˆ ⎝



j≤αn+1

=



j≤αn+1

=



j≤αn+1

⎞

αn+1 ! Dj f · D(αn+1 −j) g ⎠ j!(αn+1 − j)! n+1

  αn+1 ! j f · D(αn+1 −j) g Dαˆ Dn+1 j!(αn+1 − j)!

 α ˆ! αn+1 ! j ˆ f )D(α−γ) (D(αn+1 −j) g) Dγ (Dn+1 j!(αn+1 − j)! γ≤αˆ γ!(ˆ α − γ)!

=

α! Dβ f · D(α−β) g. β!(α − β)! β≤α 

Problema (4.15).- Si f es id´enticamente cero, el resultado es trivial. Por tanto, supongamos que para alg´ un x ∈ int(B), f (x) = 0. Entonces como B es un compacto y f es continua en B, f alcanza un m´aximo o un m´ınimo en alg´ un punto x0 ∈ int(B). Consecuentemente, como f es diferenciable en int(B), tenemos que Df (x0 ) = 0 Para ver que el Teorema de Rolle no es cierto, en general, para funciones con valores vectoriales, consideremos la funci´on f : R2 → R2 definida por: f (x, y, z) := (x(x2 + y 2 − 1), y(x2 + y 2 − 1)). La funci´on f es continua en B = {(x, y) ∈ R2 : (x, y) ≤ 1} y diferenciable en su interior. Adem´as, f se anula en la frontera de B. Sin embargo, ⎛

f ′ (x, y) = ⎜ ⎝

x2 + y 2 + 2x2 2xy

⎞

2xy 2

2

x + y + 2y

2

⎛

⎜ ⎟ ⎠ = ⎝

0 0 0 0

⎞

⎟ ⎠,

∀ (x, y) ∈ int(B).

Problema (4.16).- (i) Calculemos primeramente los puntos cr´ıticos de la funci´on: f (x, y) = xy 2 (1 − x − y) :

233

7.4. Soluci´on de los Problemas del Cap´ıtulo IV

D1 f (x, y) = y 2 (1 − x − y) − xy 2 = y 2 (1 − y − 2x) = 0, D2 f (x, y) = 2xy(1 − x − y) − xy 2 = xy(2 − 3y − 2x) = 0. Tenemos entonces que los puntos cr´ıticos son: (0, 1), (1/4, 1/2) y (x, 0), para todo x ∈ R. Calculemos ahora las derivadas de segundo orden: D11 f (x, y) = −2y 2 ,

D12 f (x, y) = D21 f (x, y) = 2y − 3y 2 − 4xy,

D22 f (x, y) = 2x(1 − x − 3y). Sea ∆(x, y) := det H(f, (x, y)). Tenemos entonces que: ∆(0, 1) = D11 f (0, 1)D22 f (0, 1) − (D12 f (0, 1))2 = −1, con lo cual (0, 1) es un punto silla de f .

∆(1/4, 1/2) = D11 f (1/4, 1/2)D22 f (1/4, 1/2)−(D12 f (1/4, 1/2))2 = 5/16 > 0, y como D11 f (1/4, 1/2) = −1/2 < 0, tenemos que f tiene en el punto (1/4, 1/2) un m´aximo local. ∆(x, 0) = D11 f (x, 0)D22 f (x, 0) − (D12 f (x, 0))2 = 0, con lo cual no se le puede aplicar el resultado general. Ahora, como f (x, 0) = 0, estudiando el signo de la funci´on tenemos que: Si 0 < x < 1, existe un entorno de (x, 0) donde f es positiva, con lo cual, en (x, 0) la funci´on f tiene un m´ınimo local. En el caso en que x > 1 ´o x < 0, existen entornos donde la funci´on es negativa, luego en estos casos la funci´on tiene en (x, 0) un m´aximo relativo. Finalmente, en los puntos (0, 0) y (1, 0) la funci´on f tiene un punto silla, ya que, en cualquier entorno de dichos putos, la funci´on toma valores positivos y negativos. (ii) Para calcular los extremos relativos de la funci´on: g(x, y) := log(1 + x2 + y 2 ) −

 x 0

calculemos primeramente sus puntos cr´ıticos:

2t dt, 1 + t4

234

Cap´ıtulo 7. Soluci´on de los Problemas ⎧ 2x 2x ⎪ ⎪ ⎪ D1 g(x, y) = − =0 ⎪ 2 2 ⎪ 1+x +y 1 + x4 ⎨ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ D2 g(x, y) =

2y = 0. 1 + x2 + y 2

Resolviendo este sistema tenemos que los puntos cr´ıticos de g son: (0, 0), (1, 0) y (−1, 0). Sea ∆(x, y) := det H(g, (x, y)). Tenemos entonces que: ∆(0, 0) = 0,

∆(1, 0) = 2,

∆(−1, 0) = 2.

Entonces, como D11 g(1, 0) = D11 g(−1, 0) = 1, tenemos que g alcanza en (1, 0) y en (−1, 0) m´ınimos relativos. El punto (0, 0) se debe estudiar directamente. Veamos c´omo se comporta en los ejes. g(0, y) = log(1 + y 2 ) ≥ 0, Sea φ(x) := g(x, 0) = log(1 + x2 ) −

∀ y ∈ R.  x 0

2t dt. 1 + t4

Tenemos entonces que φ(0) = 0, y que φ′ (x) = 2x( Como

1 1 − ). 2 1+x 1 + x4

1 1 − ≤ 0, si |x| ≤ 1, resulta que: 2 1+x 1 + x4 φ′ (x) ≥ 0 si

− 1 ≤ x ≤ 0,

φ′ (x) ≤ 0 si 0 ≤ x ≤ 1. Luego, φ tiene un m´aximo en x = 0. Con lo cual, g(x, 0) ≤ 0 si |x| ≤ 1. Tenemos pues que (0, 0) es un punto silla de la funci´on g. (iii) Calculemos primeramente los puntos cr´ıticos de la funci´on h(x, y) := xyex+2y . ⎧ x+2y ⎪ (1 + x) = 0 ⎨ D1 h(x, y) = ye ⎪ ⎩

D2 h(x, y) = xex+2y (1 + 2y) = 0.

235

7.4. Soluci´on de los Problemas del Cap´ıtulo IV

Resolviendo este sistema tenemos que los puntos cr´ıticos de h son: (0, 0) y (−1, −1/2). D11 h(x, y) = y(2 + x)ex+2y ,

D12 h(x, y) = D21 h(x, y) = (1 + x)(1 + y)ex+2y ,

D22 h(x, y) = x(3 + 2y)ex+2y . Sea ∆(x, y) := det H(h, (x, y)). Tenemos entonces que: ∆(0, 0) = −1, con lo cual (0, 0) es un punto silla de la funci´on h. 1 1 ∆(−1, −1/2) = 4 > 0, y como D11 h(−1, −1/2) = − 2 < 0, tenemos e 2e que h tiene en (−1, −1/2) un m´aximo relativo. Problema (4.17).- Calculemos primeramente los puntos cr´ıticos de la funci´on f (x, y) = sen x + sen y + cos (x + y) en ]0, 2π[×]0, 2π[. ⎧ ⎪ ⎨ D1 f (x, y) = cos x − sen (x + y) = 0 ⎪ ⎩

(1)

D2 f (x, y) = cos y − sen (x + y) = 0

(2).

Restando (1) y (2) tenemos cos x − cos y = 0, cuyas soluciones son: y = x, y = 2π − x. Sustituyendo en (1) nos quedan: ⎧ ⎪ ⎨ cos x − sen (x + x) = 0 ⎪ ⎩

(3)

cos x − sen (x + 2π − x) = 0

(4).

Ahora, (3) es equivalente a la ecuaci´on cos x(1 − 2 sen x) = 0, cuyas soluciones en ]0, 2π[ son: π , 2

3π , 2

π , 6

5π , 6

que nos proporcionan los puntos cr´ıticos: 

π π , , 2 2 



3π 3π , , 2 2 



π π , , 6 6 



5π 5π . , 6 6 

236

Cap´ıtulo 7. Soluci´on de los Problemas π , 2

La ecuaci´on (4) tiene como soluciones en ]0, 2π[ : x = proporcionan los puntos cr´ıticos: 

π 3π , , 2 2 



x=

3π , 2

que nos

3π π . , 2 2 

Calculemos ahora las parciales de segundo orden: D11 f (x, y) = −sen x − cos (x + y), D12 f (x, y) = D21 f (x, y) = −cos (x + y), D22 f (x, y) = −sen y − cos (x + y). Sea ∆(x, y) := det H(f, (x, y)). Tenemos entonces que:     π π π π = −1, con lo cual, es un punto silla de la funci´on ∆ , , 2 2 2 2    3π π π 3π f . Lo mismo ocurre con los puntos: y . Por otra parte , , 2 2 2 2    3π 3π 3π 3π = 3, y como D11 f = 2, tenemos que f tiene en ∆ , , 2  2 2 2  3π 3π un m´ınimo relativo. De igual forma, se comprueba f´acilmente , 2 2     π π 5π 5π , m´aximos relativos. que f tiene en los puntos , , 6 6 6 6 Problema (4.18).- Sea y0 ∈ Rn , tal que f (y0 ) = α > 0. Entonces, como f es continua y tiende a cero en el infinito, tenemos que el conjunto 

K := x ∈ R

n

α : f (x) ≥ 2



es un compacto no vac´ıo. Por tanto, por la continuidad de f , tenemos que existe un x0 ∈ K, tal que f (x) ≤ f (x0 ), para todo x ∈ K. Ahora, por la definici´on del conjunto K, tenemos que f (x) ≤ f (x0 ), para todo x ∈ Rn y, consecuentemente, f tiene en x0 un m´aximo absoluto. 2

2

Problema (4.19).- Como f (x, y) = (ax2 + by 2 )e−(x +y ) ≥ 0 y f (0, 0) = 0, f tiene en (0, 0) un m´ınimo absoluto. La existencia de m´aximos absolutos nos la proporciona el problema anterior. Para calcularlos vamos a distinguir dos casos. Supongamos primeramente que a = b, con lo que nos queda la 2 2 funci´on f (x, y) = a(x2 + y 2 )e−(x +y ) . Entonces, si φ(r) := are−r , tenemos

7.4. Soluci´on de los Problemas del Cap´ıtulo IV

237

que f (x, y) = φ(x2 + y 2 ). Ahora, g ′ (r) = a(1 − r)e−r . Por tanto, en r = 1 la funci´on pasa de creciente a decreciente. Luego φ tiene en r = 1 un m´aximo relativo. Ahora, como limr→∞ φ(r) = 0, se tiene que en r = 1 φ tiene un m´aximo absoluto. Consecuentemente, en los puntos (x, y), tales que x2 + y 2 = 1, la funci´on f tiene m´aximos absolutos. Supongamos ahora que a = b. Vamos a calcular los puntos cr´ıticos. ∂f 2 2 2 2 (x, y) = 2x(a − (ax2 + by 2 ))e−(x +y ) = φ1 (x, y)e−(x +y ) = 0, ∂x ∂f 2 2 2 2 (x, y) = 2y(b − (ax2 + by 2 ))e−(x +y ) = φ2 (x, y)e−(x +y ) = 0. ∂y Resolviendo este sistema obtenemos que los puntos cr´ıticos son: (0, 0), (0, 1), (0, −1), (1, 0), (−1, 0). Para clasificar estos puntos cr´ıticos, calculemos el Hessiano. ∂ 2f 2 2 (x, y) = ( − 2xφ1 (x, y) + (2a − 6ax2 − 2by 2 ))e−(x +y ) , 2 ∂x ∂ 2f 2 2 (x, y) = ( − 2xφ1 (x, y) + (2a − 6ax2 − 2by 2 ))e−(x +y ) , 2 ∂x ∂ 2f 2 2 (x, y) = ( − 2yφ2 (x, y) + (2b − 6by 2 − 2ax2 ))e−(x +y ) , 2 ∂y ∂2f 2 2 (x, y) = ( − 2yφ1 (x, y) − 4bxy)e−(x +y ) . ∂x∂y Sea ∆(x, y) := det H(f, (x, y)). Vamos a distinguir dos casos. Supongamos primeramente que a > b. Tenemos entonces que: ∆(0, 1) = ∆(0, −1) = −8b(a − b)e−2 < 0, luego (0, 1) y (0, −1) son puntos silla. " " −4ae−1 " " ∆(1, 0) = ∆(−1, 0) = "" " 0

" " " " " = −8a(b − a)e−2 > 0, " 2(b − a)e−1 "

0

luego f tiene en (1, 0) y en (−1, 0) m´aximos relativos. Adem´as, se comprueba f´acilmente, al ser f (x, y) ≥ 0 y tener l´ımite cero en el infinito, que dichos m´aximos relativos son absolutos.

238

Cap´ıtulo 7. Soluci´on de los Problemas

Finalmente, en el caso en que a < b, se comprueba de forma similar que f tiene en los puntos (0, 1) y (0, −1) m´aximos absolutos. Problema (4.20).- Como la funci´on f (x, y) := xy(1 − x2 − y 2 ) es continua en el compacto K := [0, 1] × [0, 1] alcanza en ´el extremos absolutos. Veamos primeramente qu´e ocurre en el interior, i.e., en el conjunto Ω :=]0, 1[×]0, 1[. ∂f (x, y) = y(1 − 3x2 − y 2 ) = 0, ∂x ∂f (x, y) = x(1 − x2 − 3y 2 ) = 0. ∂y Resolviendo este sistema tenemos que el u ´nico punto cr´ıtico de f en Ω es el (1/2, 1/2). Adem´as, como: ∂ 2f ∂ 2f (x, y) = 2 (x, y) = −6xy, ∂x2 ∂y

∂ 2f (x, y) = 1 − 3(x2 + y 2 ), ∂x∂y

tenemos que " " −3/2 −1/2 " " det H(f, (1/2, 1/2)) = "" " −1/2 −3/2

" " " " " = 2 > 0. " "

Por tanto, f tiene en (1/2, 1/2) un m´aximo relativo. Vamos a estudiar ahora la funci´on en la frontera. f (0, y) = f (x, 0) = 0, para 0 ≤ x, y ≤ 1. f (1, y) = −y 3 , f (x, 1) = −x3 , para 0 ≤ x, y ≤ 1. Tenemos, por tanto, que f tiene en (1, 1) un m´ınimo absoluto y en (1/2, 1/2) un m´aximo absoluto. Problema (4.21).- Como f es arm´onica, tenemos que ∂ 2f ∂ 2f (x , y ) = − (x0 , y0 ). 0 0 ∂x2 ∂y 2 Por tanto, 

2

∂ 2f det H(f, (x0 , y0 )) = − (x0 , y0 ) ∂x2



2

∂ 2f − (x0 , y0 ) ∂x∂y

.

239

7.4. Soluci´on de los Problemas del Cap´ıtulo IV

Consecuentemente, si alguna de las derivadas parciales de segundo orden de f en el punto (x0 , y0 ) no fuera nula, se tendr´ıa que det H(f, (x0 , y0 )) < 0, lo que implica que (x0 , y0 ) ser´ıa un punto silla de f . Por tanto, como estamos suponiendo que f tiene en (x0 , y0 ) un extremo local, se tendr´a que todas las derivadas parciales de segundo orden de f en el punto (x0 , y0 ) son nulas. Problema (4.22).- (i) Sea f (x, y) = (x + y)p . Entonces, D1 f (x, y) = D2 f (x, y) = p(x + y)p−1 , D11 f (x, y) = D22 f (x, y) = D12 f (x, y) = p(p − 1)(x + y)p−2 . Tenemos entonces que D11 f (x, y)D22 f (x, y) − (D12 f (x, y))2 = 0. Con lo cual, f ser´a convexa cuando D11 f (x, y) = D22 f (x, y) = p(p − 1)(x + y)p−2 ≥ 0. Consecuentemente, f es convexa en el conjunto {(x, y) ∈ R2 : x + y ≥ 0} siempre que p ≥ 1. (ii) Sea g(x, y) = exy . Entonces, D1 g(x, y) = yexy , D11 g(x, y) = y 2 exy ,

D2 g(x, y) = xexy ,

D22 g(x, y) = x2 exy ,

D12 g(x, y) = exy (1 + xy).

Por tanto, D11 g(x, y) ≥ 0,

y D22 g(x, y) ≥ 0,

∀ (x, y) ∈ R2 .

Por otra parte, D11 g(x, y)D22 g(x, y)−(D12 g(x, y))2 = x2 y 2 e2xy −e2xy (1+xy)2 = −e2xy (1+2xy). Por tanto, g es convexa cuando −e2xy (1 + 2xy) ≥ 0. As´ı que g es convexa en el conjunto {(x, y) ∈ R2 : 2xy ≤ −1}. Problema (4.23).- Tenemos que f (x) = φ(g(x)), Entonces, aplicando la regla de la cadena, nos queda que: Di f (x) = φ′ (g(x))Di g(x),

para i = 1, 2, . . . , n.

240

Cap´ıtulo 7. Soluci´on de los Problemas

Por tanto, aplicando de nuevo la regla de la cadena, nos queda que Dji f (x) = φ′′ (g(x))Dj g(x)Di g(x) + φ′ (g(x))Dji g(x). Entonces, Hx (f )(h) =

n 

Dji f (x)hi hj = φ′′ (g(x))

+φ (g(x))

n 

Dj g(x)Di g(x)

ij=1

ij=1

′

n 

′′

 n

Dji g(x) = φ (g(x))

ij=1

Di g(x)hi

i=1

2

+ φ′ (g(x))Hx (g)(h).

Ahora, como g es convexa, Hx (g)(h) ≥ 0, y como φ es convexa y no decreciente, φ′′ (r) ≥ 0 y φ′ (r) ≥ 0. Por tanto Hx (f )(h) ≥ 0, con lo que f es convexa. Problema (4.24).- En los tres casos demostraremos la convexidad de la funci´on usando el problema anterior, i.e., escribiendo la funci´on como la composici´on de una funci´on de variable real convexa y no decreciente con una funci´on convexa. (i) Tomamos φ(r) := er que, evidentemente, es convexa y no decreciente. Entonces, como la funci´on x → x es convexa, y f (x) = φ(x), aplicando el problema anterior tenemos que f es convexa en Rn . (ii) Es similar al anterior, tomando φ : [0, ∞[→ R, definida por φ(r) := rp , que es convexa y no decreciente en [0, ∞[ para p ≥ 1. (iii) En este caso tenemos la funci´on h(x) = (1 + x)p/2 . Entonces, si g(x) = (1 + x)1/2 , y φ(r) := rp , se tiene que h(x) = φ(g(x)). Por tanto ser´a suficiente con demostrar que la funci´on g es convexa en Rn . En efecto: tenemos que Di g(x) = xi (1 + x2 )−1/2 , con lo cual, Dii g(x) = (1 + x2 )−1/2 − x2i (1 + x2 )−3/2 , y Dij g(x) = −xi xj (1 + x2 )−3/2 , Por tanto, Hx (g)(h) =

n 

i,j=1

si i = j.

Dij g(x)hi hj

241

7.4. Soluci´on de los Problemas del Cap´ıtulo IV =−



2 −3/2

xi xj (1 + x )

+

n  



(1 + x2 )−1/2 − x2i (1 + x2 )−3/2 h2i

i=1

i =j

= (1 + x2 )−1/2 h2 − (1 + x2 )−3/2

n 

xi xj hi hj

i,j=1 2 −1/2

= (1 + x )

2 −3/2

2

h − (1 + x )

 n 

x i hi

i=1





≥ (1 + x2 )−1/2 h2 − (1 + x2 )−1 x2 h2 = Tenemos pues que la funci´on g es convexa en Rn .

2

h2 ≥ 0. (1 + x2 )3/2

Problema (4.25).- Tenemos que f es continua en K y cumple: 1 1 1 1 f x + y ≤ f (x) + f (y), 2 2 2 2 



∀ x, y ∈ K.

(7.17)

Entonces, para x, y ∈ K, se tiene que: f



1 1 1 1 x+ x+ y 2 2 2 2 



=f



3 1 f (x) + 2 f (y) 2 2 2



1 1 1 3 1 1 ≤ f (x) + f x + y ≤ 2 f (x) + 2 f (y). 2 2 2 2 2 2 De esta forma, por inducci´on, se obtiene para m, n ∈ N, 



f (αx + (1 − α)y) ≤ αf (x) + (1 − α)f (y),

para α =

m ∈]0, 1[. 2n

Sea t ∈]0, 1[. Entonces, como |2n t − [2n t]| ≤ 1, tenemos que n → ∞. Adem´as, por (7.18), se tiene que f



(7.18)

[2n t] → t cuando 2n

[2n t] [2n t] [2n t] [2n t] y ≤ f (y). x + 1 − f (x) + 1 − 2n 2n 2n 2n 

 





Por tanto, como f es continua, tomando l´ımites en la u ´ltima desigualdad obtenemos que f (tx + (1 − t)y) ≤ tf (x) + (1 − t)f (y). Consecuentemente, f es convexa en K.

242

Cap´ıtulo 7. Soluci´on de los Problemas

Problema (4.26).- (i) Por el Problema (4.22), tenemos que eh es convexa cuando lo es h. Consecuentemente, como por hip´otesis, la funci´on log(f (x)) es convexa, tendremos que f es convexa (ii) Como h(x) := log(f (x))f es de clase C 2 en I, tenemos que h es convexa en I si, y s´olo si, h′′ (x) ≥ 0 para cada x ∈ I. Ahora, h′′ (x) =



f ′ (x) f (x)

′

=

f ′′ (x)f (x) − f ′ (x)f ′ (x) . (f (x))2

Por tanto, f es logaritmo convexa en I si, y s´olo si, (f ′ )2 ≤ f f ′′ en I. (iii) f es logaritmo convexa en I si, y s´olo si, para cada a, b ∈ I, y t ∈ [0, 1], 



log (f (ta + (1 − t)b)) ≤ t log f (a) + (1 − t) log f (b) = log f (a)t f (b)1−t . Por tanto, f es logaritmo convexa en I si, y s´olo si, f (ta + (1 − t)b) ≤ (f (a))t (f (b))1−t ,

∀ a, b ∈ I, 0 ≤ t ≤ 1.

(iv) Es una consecuencia del problema (4.24) y de (iii). (v) Sean f y g dos funciones continuas y logaritmo convexas en I. Entonces, por (iv), tenemos que a+b 2



≤ (f (a)f (b))1/2 ,

∀ a, b ∈ I

a+b g 2



≤ (g(a)g(b))1/2 ,

∀ a, b ∈ I.

f



y 

Por tanto, para cada a, b ∈ I, tenemos que f







a+b a+b g 2 2



≤ (f (a)f (b))1/2 (g(a)g(b))1/2 .

Consecuentemente, por (iv) tenemos que f g es logaritmo convexa en I. 1 (vi) Sea I =] − 1, 0[, y sean f (x) := x, g(x) := 2 . Como x f ′′ (x) = 0, y g ′′ (x) =

6 ≥ 0, x4

243

7.4. Soluci´on de los Problemas del Cap´ıtulo IV

1 tenemos que f y g son convexas en I. Sin embargo, h(x) = f (x)g(x) = no x 2 ′′ es convexa en I, ya que h (x) 3 < 0 en I. x Problema (4.27).- Sea: α := infn f (x). x∈R

Supongamos que la sucesi´on {f (xm )} no converge a α. Entonces, existe un ǫ > 0 y una subsucesi´on {x′m } de {xm }, tal que f (x′m ) ≥ α + ǫ,

∀ m ∈ N.

Como la sucesi´on {x′m } es acotada, podemos extraer una subsucesi´on {x′mk } convergente a un y ∈ Rn . Con lo cual, como f es de clase C 1 , Df (y) = lim Df (x′mk ) = lim Df (xm ) = 0. m→∞

k→∞

Veamos que f (y) = α. Supongamos que f (y) > α, entonces existe un z, tal que f (y) > f (z). Consideremos la funci´on ϕ(t) := f (tz + (1 − t)y) − tf (z) − (1 − t)f (y),

∀ t ∈ [0, 1].

Entonces, ϕ′ (0) = Df (y)(z − y) + f (y) − f (z) = f (y) − f (z) > 0, lo que est´a en contradicci´on con el hecho de que, siendo f convexa, ϕ es negativa en [0, 1]. Por consiguiente, α = f (y) = lim f (x′mk ), k→∞

lo cual es una contradicci´on. Consecuentemente {f (xm )} converge a α. Problema (4.28).- (i) Como la funci´on exp(r) = er es convexa en R, para cada t > 0, tenemos que: a1/p b1−1/p = (t1/p−1 a)1/p (t1/p b)1−1/p 



*

+

1 1 log(t1/p b) = exp log(t1/p−1 a) + 1 − p p 



, , 1 1 exp log(t1/p b) ≤ exp log(t1/p−1 a) + 1 − p p

244

Cap´ıtulo 7. Soluci´on de los Problemas 



1 1/p 1 t b. = t1/p−1 a + 1 − p p Entonces, tomando t = a/b obtenemos la igualdad (i). (ii) Como la funci´on φ(r) = rp es convexa en [0, ∞[ para p > 1, para 0 < t < 1, tenemos que *

a b (a + b) = t + (1 − t) t 1−t p

 p

a ≤t t



b + (1 − t) 1−t

p

+p

= t1−p ap + (1 − t)1−p bp .

Entonces, tomando t = a/(a + b), obtenemos la igualdad (ii).

7.5

Soluci´ on de los Problemas del Cap´ıtulo V

Problema (5.1).- De la desigualdad: g(x) − g(y) ≥ Cx − y,

∀ x, y ∈ Rn

(7.19)

se deduce que g es inyectiva. Veamos que Jg (x) = 0, con lo que g ser´a una transformaci´on regular. Como g es diferenciable en x, tenemos que Dg(x)(h) = Dh g(x) para cada h ∈ Rn . Ahora, Dh g(x) = lim t→0

g(x + th) − g(x) , t

y como consecuencia de (7.19) se tiene que    g(x + th) − g(x)  th    ≥C = Ch.   t |t|

Consecuentemente,

Dh g(x) ≥ Ch,

∀ h ∈ Rn .

Por tanto, Ker(Dg(x)) = {0}, con lo que rango(Dg(x)) = n y, consecuentemente Jg (x) = 0. Veamos por u ´ltimo que g(Rn ) = Rn . Si ´esto no

245

7.5. Soluci´on de los Problemas del Cap´ıtulo V

fuera cierto existir´ıa un z ∈ Rn , tal que z ∈ g(Rn ). Definimos la funci´on ψ(x) := z − g(x)2 . Si existiera un x ∈ Rn , tal que ∇ψ(x) = 0, tendr´ıamos que 0 = Dj ψ(x) = 2

n  i=1

(zi − gi (x))Dj gi (x),

∀ j = 1, . . . , n.

Y como Jg (x) = 0, el sistema anterior tiene soluci´on nula, con lo cual z = g(x). Por tanto ∇ψ(x) = 0 para cada x ∈ Rn . Consecuentemente, si demostramos que la funci´on ψ tiene un m´ınimo, llegaremos a una contradicci´on y habremos probado que g(Rn ) = Rn . Veamos pues que la funci´on ψ tiene un m´ınimo. Fijemos un x0 ∈ Rn , y sea α := ψ(x0 ) > 0. Sea A := {x ∈ Rn : ψ(x) ≤ α}. Como ψ es continua, A es un cerrado. Adem´as, si x ∈ A, tenemos que √ 1 2 α 1 x − x0  ≤ g(x) − g(x0 ) ≤ (g(x) − z + g(x0 ) − z) ≤ . C C C Luego A es acotado. Tenemos pues que A es un compacto y, como ψ es continua, existe un x1 ∈ A tal que ψ(x1 ) = inf{ψ(x) : x ∈ A} = inf{ψ(x) : x ∈ Rn }. Problema (5.2).- Como f es de clase C 1 en R, tenemos que F es de clase C 1 en R2 . Por otra parte, " " 1 " " JF (x, y) = "" " f ′ (x)

" f ′ (y) ""

1

" " = 1 − f ′ (x)f ′ (y) ≥ 1 − k 2 > 0. " "

Veamos finalmente que F es biyectiva. Para ello, dado un (x0 , y0 ) ∈ R2 tenemos que encontrar un u ´nico (x, y) ∈ R2 que resuelva el sistema: ⎧ ⎪ ⎨ x0 = x + f (y) ⎪ ⎩

y0 = y + f (x)

Tenemos pues que x0 = x + f (y0 − f (x)). Consideremos la funci´on φ(x) := x + f (y0 − f (x)). Derivando, nos queda φ′ (x) = 1 − f ′ (y0 − f (x))f ′ (x) ≥ 1 − k 2 > 0. Luego φ es continua, estrictamente creciente y biyectiva. Por tanto, existe un u ´nico

246

Cap´ıtulo 7. Soluci´on de los Problemas

´nico (x, y) ∈ R2 tal x ∈ R tal que φ(x) = x0 . Consecuentemente, existe un u que F (x, y) = (x0 , y0 ). Problema (5.3).- Pasando primeramente a coordenadas cil´ındricas: h(r, θ, z) = (r cos θ, r sen θ, z), se obtiene para F1 = f ◦ h, teniendo en cuenta el Problema (4.5), ∆f (x, y, z) =

∂ 2 F1 1 ∂ 2 F1 1 ∂F1 ∂ 2 F1 (r, θ, z) + (r, θ, z) + (r, θ, z). (r, θ, z) + ∂r2 r2 ∂θ2 r ∂r ∂z 2

El paso a coordenadas esf´ericas consiste en componer de nuevo con la aplicaci´on: k(ρ, θ, ϕ) := (ρ cos ϕ, θ, ρ sen ϕ), que de nuevo es un cambio a coordenadas polares, que nos lleva a F = F1 ◦ k, con lo cual, ∂ 2 F1 ∂ 2 F1 ∂2F 1 ∂ 2F 1 ∂F (r, θ, z) + (r, θ, z) = (ρ, θ, ϕ) + 2 (ρ, θ, ϕ) + (ρ, θ, ϕ) 2 2 2 2 ∂r ∂z ∂ρ ρ ∂ϕ ρ ∂ρ y ∂ 2F ∂ 2 F1 (r, θ, z) = (ρ, θ, ϕ); ∂θ2 ∂θ2 adem´as, por la regla de la cadena, tenemos que: ∂F ∂F1 ∂F1 (ρ, θ, ϕ) = (r, θ, z) cos ϕ + (r, θ, z) sen ϕ, ∂ρ ∂r ∂z ∂F ∂F1 ∂F1 (ρ, θ, ϕ) = (r, θ, z)(−ρ sen ϕ) + (r, θ, z)(ρ cos ϕ), ∂ϕ ∂r ∂z de donde se deduce que ∂F1 ∂F sen ϕ ∂F (r, θ, z) = (ρ, θ, ϕ) cos ϕ − (ρ, θ, ϕ). ∂r ∂ρ ρ ∂ϕ De todo lo anterior se deduce que ∆f (x, y, z) =

∂ 2F 1 ∂ 2F 1 ∂ 2F (ρ, θ, ϕ) + (ρ, θ, ϕ) + (ρ, θ, ϕ) ∂ρ2 ρ2 ∂ϕ2 ρ2 cos2 ϕ ∂θ2

247

7.5. Soluci´on de los Problemas del Cap´ıtulo V +

tg ϕ ∂F 2 ∂F (ρ, θ, ϕ) − 2 (ρ, θ, ϕ). ρ ∂ρ ρ ∂ϕ

Problema (5.4).- f = (f1 , f2 , f3 ), con f1 (x, y, z) = ex , f2 (x, y, z) = sen (x + y), f3 (x, y, z) = ez . Tenemos entonces que D1 f1 (x, y, z) = ex , D1 f2 (x, y, z) = cos (x + y), D1 f3 (x, y, z) = 0,

D2 f1 (x, y, z) = 0,

D3 f1 (x, y, z) = 0,

D2 f2 (x, y, z) = cos (x + y),

D3 f1 (x, y, z) = 0,

D3 f3 (x, y, z) = ez .

D2 f3 (x, y, z) = 0,

Como cada Dj fi es continua, tenemos que f es de clase C 1 . Adem´as, " " 1 " " " " Jf (0, 0, 0) = "" 1 " " " " 0

"

0 0 "" 1 0

" " " 0 "" = 1 = 0. " " " 1 "

Por tanto, aplicando el Teorema de la funci´on inversa, tenemos que f es localmente invertible en (0, 0, 0). Como f es de clase C 1 en todo R3 , para demostrar que existen puntos donde f no es localmente invertible veamos en qu´e puntos se anula el Jacobiano. " " ex 0 " " Jf (x, y, z) = "" cos (x + y) cos (x + y) " 0 0

0 0 ez

" " " " " = ex cos (x + y)ez . " "

Luego, si x + y = (2n − 1) π2 , con n ∈ Z, tenemos que el Jacobiano se anula, con lo cual en dichos puntos la funci´on no es localmente invertible. Problema (5.5).- f = (f1 , f2 ), con f1 (u, v) = eu + ev , f2 (u, v) = eu − ev . Con lo cual, D1 f1 (u, v) = eu ,

D2 f1 f (u, v) = ev ,

D1 f2 (u, v)eu ,

D2 f2 (u, v) = −ev .

Como dichas parciales son continuas, tenemos que f es de clase C 1 en R2 . Adem´as " " " eu ev "" " " " " = −2eu ev = 0. Jf (u, v) = "" " " eu −ev "

248

Cap´ıtulo 7. Soluci´on de los Problemas

Por tanto, como consecuencia del Teorema de la funci´on inversa, tenemos que f tiene inversa local. Veamos que tambi´en tiene inversa global. Si (x, y) = (eu + ev , eu − ev ), tenemos que eu = con lo cual,

x+y , 2

x+y , u = log 2 



ev =

x−y , 2

x−y v = log . 2 



Luego si A := {(x, y) ∈ R2 : x + y > 0, x − y > 0}, f (R2 ) ⊂ A, y si g : A → R2 es la funci´on, x+y x−y , log g(x, y) := log 2 2 









,

entonces g ◦ f = f ◦ g = I, i.e., g es la inversa global de f . Finalmente tenemos que ⎞ ⎛ 1 1 ⎟ ⎜ ⎜ x+y x+y ⎟ ⎟ ⎜ ′ ⎟, g (x, y) = ⎜ ⎟ ⎜ 1 −1 ⎠ ⎝ x−y x+y ⎛ x+y x−y ⎞ ⎞ ⎛ u v ⎟ ⎜ e e 2 2 ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ′ ⎟. ⎜ f (u, v) = ⎝ ⎠=⎜ ⎟ ⎠ ⎝ x+y u v x − y e −e − 2 2 Consecuentemente, si (x, y) = f (u, v), se tiene que ⎛

f ′ (u, v)g ′ (x, y) = ⎜ ⎝

1 0 0 1

⎞

⎟ ⎠.

Problema (5.6).- Evidentemente f (x, y) := (x cos y, sen (x − y)) es una funci´on de clase C ∞ en R2 . Su Jacobiano viene dado por: " " cos y −x sen y " " Jf (x, y) = "" " cos (x − y) −cos (x − y)

" " " " ", " "

249

7.5. Soluci´on de los Problemas del Cap´ıtulo V con lo cual, Jf



π π , 2 2



" π "" " " 0 − " " 2 "" π = "" "= . 2 " " " 1 −1 "

Por tanto, aplicando el Teorema de la funci´on inversa tenemos que f es π π localmente invertible en ( , ). Adem´as, si g es la inversa local de f , por la 2 2 regla de la cadena, tenemos que

′

g (0, 0) = g

′

π π π π f ( , ) = f ′( , ) 2 2 2 2 





−1

⎞ 2 − 1 ⎜ ⎟ π ⎜ ⎟ ⎛

=⎜ ⎜ ⎝

−

2 0 π

⎟. ⎟ ⎠

Problema (5.7).- Si suponemos que f satisface las Ecuaciones de CauchyRiemann, i.e., ∂f1 ∂f2 ∂f1 ∂f2 = , =− , ∂x ∂y ∂y ∂x entonces, Jf (x, y) = =(

∂f1 ∂f2 ∂f1 ∂f2 ∂f1 ∂f1 ∂f1 ∂f1 − = − (− ) ∂x ∂y ∂y ∂x ∂x ∂x ∂y ∂y

∂f1 2 ∂f1 ∂f1 ∂f2 ∂f2 ∂f1 2 ) +( ) = 0 ⇐⇒ = = 0 ⇐⇒ = = 0. ∂x ∂y ∂x ∂y ∂x ∂y

Veamos con un ejemplo que si no se cumplen las Ecuaciones de CauchyRiemann, entonces el resultado no es cierto. Basta con considerar la funci´on f (x, y) := (1, x), ya que se tiene que ∂f1 ∂f1 ∂f2 = = = 0, ∂x ∂y ∂y

∂f2 = 1. ∂x

Con lo cual, Jf (x, y) = 0 y, sin embargo, Df (x, y)(u, v) = (0, u). Problema (5.8).- Sean x, y ∈ Ω, tales que f (x) = f (y). Entonces, aplicando el Teorema del valor medio a las componentes de f , existen zi ∈ [x, y], tales que 0 = fi (x) − fi (y) =

n 

j=1

Dj fi (zi )(xj − yj ),

i = 1, 2, . . . , n.

(7.20)

250

Cap´ıtulo 7. Soluci´on de los Problemas

Ahora, como Ω es convexo, tenemos que zi ∈ Ω para cada i = 1, . . . , n. Sea h(u1 , . . . , un ) := det (Dj fi (ui )). Entonces, como f es de clase C 1 , tenemos que h es continua. Por tanto, como por hip´otesis h(x, . . . , x) = Jf (x) = 0, existe un ǫ > 0, tal que h(u1 , . . . , un ) = 0, siempre que ui ∈ ˆ ∈ Fr(B(x, ǫ)) ∩ [x, y], y repitiendo el proB(x, ǫ) ∩ Ω. Tomando ahora un x ceso, como [x, y] es compacto, podemos encontrar un abierto A ⊂ Ω, con [x, y] ⊂ A, y tal que h(u1 , . . . , un ) = 0, siempre que ui ∈ A. Consecuentemente, h(z1 , . . . , zn ) = 0, y como h(z1 , . . . , zn ) es el determinante del sistema homog´eneo (7.20), tenemos que dicho sistema tiene como u ´nica soluci´on la soluci´on trivial, con lo cual, x = y. Por tanto f es inyectiva en Ω. Problema (5.9).- Consideremos la funci´on F : R4 → R2 , definida por F (x, y, z, u) := (2x2 + u + y, 2xz + x − z). Tenemos entonces que F es de clase C ∞ en R4 y F (0, 0, 0, 0) = (0, 0). Adem´as, " " " 0 1 " " " ∂(F1 , F2 ) " " " = −1. (0, 0, 0, 0) = "" " ∂(x, y) " 1 0 " Por tanto, aplicando el Teorema de la funci´on impl´ıcita, existen: U y V , entornos del origen en R4 y R2 , respectivamente, y existe una funci´on G := (f, g), con G ∈ C ∞ (V, R2 ), tal que G(0, 0) = (0, 0) y, {(x, y, z, u) ∈ U : F (x, y, z, u) = (0, 0)} = {(x, y, z, u) ∈ R4 : (z, u) ∈ V, x = f (z, u), y = g(z, u)}. Consecuentemente, para cada (z, u) ∈ V , se tiene que: ⎧ 2 ⎪ ⎨ 2 (f (z, u)) + g(z, u) + u = 0 ⎪ ⎩

2f (z, u)z − z + f (z, u) = 0.

Derivando respecto a z y u, nos queda que: ⎧ ⎪ ⎨ 4f (z, u)D1 f (z, u) + D1 g(z, u) = 0 ⎪ ⎩

4f (z, u)D2 f (z, u) + D2 g(z, u) + 1 = 0.

251

7.5. Soluci´on de los Problemas del Cap´ıtulo V ⎧ ⎪ ⎨ 2D1 f (z, u)z + 2f (z, u) − 1 + D1 f (z, u) = 0 ⎪ ⎩

2D2 f (z, u)z + D2 f (z, u) = 0.

Entonces, como f (0, 0) = g(0, 0) = 0, nos queda que, D1 f (0, 0) = 1,

D2 f (0, 0) = 0,

D1 g(0, 0) = 0,

D2 g(0, 0) = −1,

con lo cual, " " 1 " " JG (0, 0) = "" " 0

"

0 ""

" " = −1. " −1 "

Por tanto, aplicando el Teorema de la funci´on inversa, tenemos que G es invertible, con inversa de clase C ∞ en un entorno del origen. Problema (5.10).- Sea U :=]0, ∞[×]0, ∞[ y F : U → R la funci´on F (x, y) := xy − log

 

x . y

√ √ 1 √ 1 Puesto que F es de clase C ∞ en U , F ( e, √ ) = 0 y D2 F ( e, √ ) = 2 e, e e podemos aplicar el Teorema de la funci´ o n impl´ ıcita, para concluir que existe √ un V , entorno del punto e, y una funci´on f ∈ C ∞ (V, R), que verifica √ 1 f ( e) = √ , y F (x, f (x)) = 0 para cada x ∈ V . Por tanto y = f (x) es e   x = 0. soluci´on de la ecuaci´on xy − log y Como xf (x) = log x − log f (x), para cada x ∈ V , derivando nos queda que 1 f ′ (x) f (x) + xf ′ (x) = − . (7.21) x f (x) √ √ Sustituyendo x = e y teniendo en cuenta que f ( e) = √1e , se tiene que √ √ f ′ ( e) = 0. Luego e es un punto cr´ıtico de f . Adem´as, derivando en (7.21), obtenemos 2f ′ (x) + xf ′′ (x) =

1 f (x)f ′′ (x) − (f ′ (x))2 − , x2 (f (x))2

252

Cap´ıtulo 7. Soluci´on de los Problemas

con lo cual, al sustituir x =

√

e, nos da

√

√ √ 1 √ ef ′′ ( e) = − − ef ′′ ( e), e √ √ de donde se deduce que f ′′ ( e) < 0 y, por tanto, f tiene en e un m´aximo relativo. Problema (5.11).- Evidentemente F es de clase C ∞ en R2 y F (0, 0) = 0. Calculemos sus parciales:  2   D1 F (x, y) = 2x + y + 3x  

D2 F (x, y) = 3y 2 + x + λ.

Tenemos pues que D2 (0, 0) = λ, con lo cual, para todo λ = 0 la ecuaci´on F (x, y) = 0 define a y como una funci´on de clase C ∞ de x en un entorno del origen. Sin embargo, la ecuaci´on F (x, y) = 0 no define a x como funci´on de y en un entorno del origen, ya que D1 F (0, 0) = 0. (ii) Si para λ = 0, y = f (x) es la funci´on definida en el apartado anterior, tenemos que su polinomio de Taylor de segundo orden en el origen ser´a: x2 ′′ P (x) = f (0) + xf (0) + f (0). 2 ′

Como para x en un entorno de origen se tiene que x2 + f (x)3 + xf (x) + x3 + λf (x) = 0, derivando nos queda que: 2x + 3f (x)2 f ′ (x) + f (x) + xf ′ (x) + 3x2 + λf ′ (x) = 0. De aqu´ı, como f (0) = 0 y λ = 0, obtenemos que f ′ (0) = 0. Derivando de nuevo, nos queda que 2 + 6f (x)(f ′ (x))2 + 3f (x)2 f ′′ (x) + 2f ′ (x) + xf ′′ (x) + 6x + λf ′′ (x) = 0. Con lo cual, 2 + λf ′′ (0) = 0,

253

7.5. Soluci´on de los Problemas del Cap´ıtulo V

2 x2 luego f (0) = − . Tenemos pues que P (x) = − , y como queremos que λ λ 2 P (1) = 1, obtenemos que λ = −1. Finalmente, como f ′′ (0) = − , se tiene λ que f tiene un extremo en x = 0 para todo λ = 0. ′′

Problema (5.12).- Sea F (x, y, z) := ez −(1+xez )(1+yez ). Evidentemente, F es de clase C 1 en R3 y F (0, 0, 0) = 0. Como adem´as, D3 F (0, 0, 0) = 1, aplicando el Teorema de la funci´on impl´ıcita, existe un entorno U de (0, 0) y una u ´nica aplicaci´on f ∈ C 1 (U, R), tal que, f (0, 0) = 0, y F (x, y, f (x, y)) = 0 para cada (x, y) ∈ U , con lo cual, se tiene que 

ef (x,y) = 1 + xef (x,y)





1 + yef (x,y) ,

∀ (x, y) ∈ U.

Problema (5.13).- Consideremos la funci´on F (x, y, z) := sen (yz)+sen (xz)+ sen (xy). Como F es de clase C 1 , F (π, 0, 1) = 0 y D3 F (π, 0, 1) = −π, aplicando el Teorema de la funci´on impl´ıcita, existe un entorno U del punto (π, 0) y una u ´nica funci´on f ∈ C 1 (U, R), tal que f (π, 0) = 1, y F (x, y, f (x, y)) = 0 para cada (x, y) ∈ U , i.e., z = f (x, y) es la u ´nica soluci´on de la ecuaci´on sen (yz) + sen (xz) + sen (xy) = 0, de clase C 1 en un entorno del punto (π, 0) que cumple f (π, 0) = 1. Vamos a calcular el polinomio de Taylor. Como sen (yf (x, y)) + sen (xf (x, y)) + sen (xy) = 0,

∀ (x, y) ∈ U,

Derivando respecto a x e y nos queda que: cos (yf (x, y))yD1 f (x, y)+cos (xf (x, y))(f (x, y)+xD1 f (x, y))+y cos (xy) = 0, cos (xf (x, y))xD2 f (x, y)+cos (yf (x, y))(f (x, y)+yD2 f (x, y))+x cos (xy) = 0. Sustituyendo en las dos u ´ltimas expresiones x = π, y = 0, f (π, 0) = 1, nos queda que: ⎧ ⎪ ⎨ −(1 + πD1 f (π, 0)) = 0 ⎪ ⎩

1 − πD2 f (π, 0) + π = 0.

De donde se deduce que:

⎧ 1 ⎪ ⎨ D1 f (π, 0) = − π ⎪ ⎩

D2 f (π, 0) =

π+1 . π

254

Cap´ıtulo 7. Soluci´on de los Problemas

Con lo cual el polinomio de Taylor de primer orden de f en (π, 0) viene dado por 1 π+1 P (x, y) = 1 − (x − π) + y. π π Problema (5.14).- Sea F (x, y, z) := z 3 log(xy)+2x2 +2y 2 +z 2 +8xz −z +8. Consideremos la ecuaci´on F (1, 1, z) = 0, i.e., z 2 + 7z + 12 = 0, que tiene por soluciones z1 = −3, z2 = −4. Sea Ω :=]0, ∞[×]0, ∞[×R. Puesto que la funci´on F ∈ C ∞ (Ω), y D3 F (1, 1, zi ) = 2zi +7 = 0, aplicando el Teorema de la funci´on impl´ıcita, tenemos que existe un U entorno del punto (1, 1), y existen funciones fi ∈ C ∞ (U ) cumpliendo: fi (1, 1) = zi y F (x, y, fi (x, y)) = 0 para cada (x, y) ∈ U . Vamos a calcular el polinomio de Taylor de f1 en (1, 1). Como F (x, y, f1 (x, y)) = 0 para cada (x, y) ∈ U , nos queda que f1 (x, y)3 log (xy) + 2x2 + 2y 2 + f1 (x, y)2 + xf1 (x, y) − f1 (x, y) + 8 = 0, con lo cual, derivando respecto de x obtenemos 3f1 (x, y)2 D1 f1 (x, y) log (xy) + x−1 f1 (x, y)3 + 4x + 2f1 (x, y)D1 f1 (x, y)+ +8f1 (x, y) + 8xD1 f1 (x, y) − D1 f1 (x, y) = 0. Sustituyendo x = y = 1, nos queda que z13 + 4 + 2z1 D1 f1 (1, 1) + 8z1 + 7D1 f1 (1, 1) = 0, de donde se deduce que D1 f1 (1, 1) = 47. Derivando ahora respecto de y y sustituyendo x = y = 1, nos queda que z13 + 4 + 2z1 D2 f1 (1, 1) + 7D2 f1 (1, 1) = 0, con lo cual, D2 f1 (1, 1) = 23. Tenemos pues que el polinomio de Taylor de primer orden de f1 en (1, 1) viene dado por P (x, y) = −3 + 47(x − 1) + 23(y − 1). Procediendo de forma an´aloga se demuestra que el polinomio de Taylor de f2 en (1, 1) es el polinomio Q(x, y) = −4 − 92(x − 1) − 60(y − 1).

255

7.5. Soluci´on de los Problemas del Cap´ıtulo V Problema (5.15).- Consideremos la funci´on: F (x, y) :=

 x

f (t) dt −

x0

 y

g(t) dt.

y0

Tenemos entonces que F es de clase C 1 , F (x0 , y0 ) = 0, y ∂F (x0 , y0 ) = −g(y0 ) = 0. ∂y Por tanto, aplicando el Teorema de la funci´on impl´ıcita, existe un entorno V de x0 , y una u ´nica aplicaci´on φ : V → R, tal que φ(x0 ) = y0 y F (x, φ(x)) = 0 para cada x ∈ V , con lo cual,  x x0

f (t) −

 φ(x)

g(t) dt = 0,

∀ x ∈ V.

y0

Derivando en esta u ´ltima expresi´on obtenemos que φ′ (x) =

f (x) , g(φ(x))

∀ x ∈ V.

Problema (5.16).- Consideremos la funci´on F : R4 → R2 , F = (F1 , F2 ) con F1 (x, y, z, u) := xz 3 + yu + ax − 1,

F2 (x, y, z, u) := 2xy 3 + u2 z + a(y − 1).

Evidentemente, F es de clase C ∞ en R4 y F (0, 1, 0, 1) = (0, 0). Adem´as, " " a 1 " ∂(F1 , F2 ) " (0, 1, 0, 1) = "" ∂(x, y) " 2 a

" " " " " = a2 − 2. " "

Por tanto, si a2 = 2, aplicando el Teorema de la funci´on impl´ıcita, existen: V entorno de (0, 1) y una u ´nica aplicaci´on G ∈ C ∞ (V, R2 ), G = (f, g), tales que G(0, 1) = (0, 1), y F (f (z, u), g(z, u), z, u) = (0, 0),

∀ (z, u) ∈ V.

Por tanto, para cada (z, u) ∈ V , se tiene que: ⎧ 3 ⎪ ⎨ f (z, u)z + g(z, u)u + af (z, u) − 1 = 0 ⎪ ⎩

3

2

2f (z, u)g(z, u) + u z + a(g(z, u) − 1) = 0.

(7.22)

256

Cap´ıtulo 7. Soluci´on de los Problemas

Derivando en (7.5.4) respecto a z, obtenemos: ⎧ 3 2 ⎪ ⎨ D1 f (z, u)z + 3z f (z, u) + D1 g(z, u)u + aD1 f (z, u) = 0

2D1 f (z, u)g(z, u)3 + 6f (z, u)g(z, u)2 D1 g(z, u) + u2 + aD1 g(z, u) = 0. (7.23) Sustituyendo en (7.23), z = 0, u = 1, f (0, 1) = 0, g(0, 1) = 1, nos queda que ⎪ ⎩

⎧ ⎪ ⎨ D1 g(0, 1) + aD1 f (0, 1) = 0

2D1 f (0, 1) + aD1 g(0, 1) = −1,

⎪ ⎩

de donde se deduce que D1 f (0, 1) =

a2

1 , −2

D1 g(0, 1) =

−a . −2

a2

Derivando ahora en (7.22) respecto de u nos queda que ⎧ 3 ⎪ ⎨ D2 f (z, u)z + uD2 g(z, u) + g(z, u) + aD2 g(z, u) = 0

2D2 f (z, u)g(z, u)3 + 6f (z, u)g(z, u)2 D2 g(z, u) + 2uz + aD2 g(z, u) = 0. (7.24) Sustituyendo en (7.24), z = 0, u = 1, f (0, 1) = 0, g(0, 1) = 1, nos queda que ⎪ ⎩

⎧ ⎪ ⎨ D2 g(0, 1) + 1 + aD2 f (0, 1) = 0 ⎪ ⎩

2D2 f (0, 1) + aD2 g(0, 1) = 0,

de donde se deduce que D2 f (0, 1) =

−a , −2

a2

D2 g(0, 1) =

a2

2 . −2

Tenemos pues que " 1 " " " a2 − 2 " JG (0, 1) = "" " −a " " 2

a −2

−a 2 a −2 a2

2 −2

" " " " " 1 2 − a2 "= = . " 2 2 (a − 2) 2 − a2 " " "

Por tanto, aplicando el Teorema de la funci´on inversa, tenemos que G tiene inversa local en un entorno del punto (0, 1) cuando a2 = 2.

7.5. Soluci´on de los Problemas del Cap´ıtulo V

257

Problema (5.17).- Supongamos que F (x0 , y0 , z0 ) = 0, D1 F (x0 , y0 , z0 ) = 0, D2 F (x0 , y0 , z0 ) = 0 y D3 F (x0 , y0 , z0 ) = 0. Entonces, aplicando tres veces el Teorema de la funci´on impl´ıcita, tenemos: (i) existe un entorno U del punto (y0 , z0 ) y una funci´on f ∈ C 1 (U, R), tal que f (y0 , z0 ) = x0 , y F (f (y, z), y, z) = 0

∀ (y, z) ∈ U.

(7.25)

(ii) existe un entorno V del punto (x0 , z0 ) y una funci´on g ∈ C 1 (V, R), tal que f (x0 , z0 ) = y0 , y F (x, g(x, z), z) = 0

∀ (x, z) ∈ V.

(7.26)

(iii) existe un entorno W del punto (x0 , y0 ) y una funci´on h ∈ C 1 (W, R), tal que f (x0 , y0 ) = z0 , y F (x, y, h(x, y)) = 0

∀ (x, y) ∈ W.

(7.27)

Derivando en (7.25) respecto de y, nos queda que D1 F (f (y, z), y, z)D1 f (y, z) + D2 F (f (y, z), y, z) = 0, al sustituir y = y0 , z = z0 , teniendo en cuenta que f (y0 , z0 ) = x0 , nos queda que D1 F (x0 , y0 , z0 )D1 f (y0 , z0 ) + D2 F (x0 , y0 , z0 ) = 0. (7.28) Derivando en (7.26) respecto de z y sustituyendo x = x0 , z = z0 , nos queda que D2 F (x0 , y0 , z0 )D2 g(x0 , z0 ) + D3 F (x0 , y0 , z0 ) = 0.

(7.29)

Igualmente, derivando en (7.5.9) respecto de x y sustituyendo x = x0 , y = y0 , nos queda que D1 F (x0 , y0 , z0 ) + D3 F (x0 , y0 , z0 )D1 h(x0 , y0 ) = 0. Finalmente, de (7.28), (7.29) y (7.30), se deduce que ∂f ∂g ∂h (y0 , z0 ) (x0 , z0 ) (x0 , y0 ) = −1. ∂y ∂z ∂x

(7.30)

258

Cap´ıtulo 7. Soluci´on de los Problemas

Problema (5.18).- Veamos que la funci´on f : R4 → R3 , definida por π f (x, u, v, w) := (sen , ex+u − 1, 2x − u + v − w + 1), w verifica las condiciones del Teorema de la funci´on impl´ıcita en un entorno del punto p = (0, 0, 0, 1). En efecto, f es de clase C 1 , y f (p) = (0, 0, 0), adem´as: " " D f (p) D f (p) D f (p) 3 1 4 1 " 2 1 " " " " D2 f2 (p) D3 f2 (p) D4 f2 (p) " " " " " D2 f3 (p) D3 f3 (p) D4 f3 (p)

" " " 0 " " " " " " " " " "=" 1 " " " " " " " " " −1 "

"

0

π ""

" " " 0 0 "" = π = 0. " " " 1 −1 "

Por tanto, aplicando el Teorema de la funci´on impl´ıcita, existe U entorno de 0 , y una funci´on g : U → R3 de clase C 1 , con g(x) = (u(x), v(x), w(x)), satisfaciendo que f (x, g(x)) = 0 para todo x ∈ U . Consecuentemente tenemos que: ⎞ ⎛ ′ u (0) ⎟ g ′ (0) = ⎜ ⎝ v ′ (0) ⎠ w′ (0) ⎛

D2 f1 (p) D3 f1 (p) D4 f1 (p)

⎜ ⎜ ⎜ = −⎜ ⎜ D2 f2 (p) D3 f2 (p) ⎜ ⎝

⎞−1 ⎛

⎟ ⎟ ⎟ D4 f2 (p) ⎟ ⎟ ⎟ ⎠

⎜ ⎜ ⎜ ⎜ D1 f2 (p) ⎜ ⎜ ⎝

D2 f3 (p) D3 f3 (p) D4 f3 (p) ⎞−1 ⎛

⎛

0 0 π 0 ⎟ = −⎜ ⎝ 1 0 ⎠ −1 1 −1

⎞

D1 f (p)

D1 f3 (p)

⎛

⎞ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎠

⎞

0 −1 ⎜ ⎜ ⎟ ⎟ ⎝ 1 ⎠ = ⎝ −3 ⎠ . 0 2

Derivando respecto de x, se obtiene: −π ′ π w (x)cos = 0, 2 w (x) w(x) (1 + u′ (x))ex+u(x) = 0, 2 − u′ (x) + v ′ (x) − w′ (x) + 1 = 0. Volviendo a derivar resulta: −π ′′ π π2 2π π π ′ (x)cos (x) w − sen w + cos w′ (x) 3 = 0, 2 4 w (x) w(x) w(x) w (x) w(x) w (x)

259

7.6. Soluci´on de los Problemas del Cap´ıtulo VI u′′ (x)ex+u(x) + (1 + u′ (x))2 ex+u(x) = 0, −u′′ (x) + v ′′ (x) − w′′ (x) = 0. Tomando x = 0, se obtiene: πw′′ (0) = 0 u′′ (0) = 0 −u′′ (0) + v ′′ (0) − w′′ (0) = 0 de donde, u′′ (0) = v ′′ (0) = w′′ (0) = 0. Por tanto el desarrollo de Taylor pedido ser´a: v(x) = −3x +

7.6

v ′′′ (η) 3 x. 3!

Soluci´ on de los Problemas del Cap´ıtulo VI

Problema (6.1).- Veamos que el elipsoide: x2 y 2 z 2 M := (x, y, z) ∈ R : 2 + 2 + 2 = 1 a b c #

3

$

es una 2-variedad en R3 . Para ello consideremos la funci´on φ : R3 → R definida por x2 y 2 z 2 φ(x, y, z) := 2 + 2 + 2 − 1. a b c Entonces,   x y z ∇φ(x, y, z) = 2 2 , 2 2 , 2 2 . a b c Por tanto, como (0, 0, 0) ∈ M , tenemos que M = {(x, y, z) ∈ R3 : φ(x, y, z) = 0, y rango (Dφ(x, y, z)) = 1}. Consecuentemente M es la 2-variedad determinada por la funci´on φ.

260

Cap´ıtulo 7. Soluci´on de los Problemas

Problema (6.2).- Para demostrar que el conjunto 

M := (x, y, z) ∈ R3 : xy = 0, x2 + y 2 + z 2 = 1, z = 0, z = ±1



es una 1-variedad en R3 , consideremos el conjunto abierto de R3 

Ω := (x, y, z) ∈ R3 : z = 0, z = ±1



y la funci´on φ : Ω → R2 , definida por: φ(x, y, z) := (xy, x2 + y 2 + z 2 − 1). Tenemos entonces que φ ∈ C 1 (Ω, R2 ), y ⎛

φ′ (x, y, z) = ⎝ ⎜

y

x

0

2x 2y 2z

⎞

⎟ ⎠.

Con lo cual, si (x, y, z) ∈ Ω, y rango (Dφ(x, y, z)) = 2, entonces, 2y 2 − 2x2 = 0, 2yz = 0 y 2xz = 0. Como z = 0, se tendr´a que x = y = 0. Luego, z 2 = 1. Consecuentemente, si (x, y, z) ∈ M , tenemos que rango (Dφ(x, y, z)) = 2. Por tanto, M = {(x, y, z) ∈ Ω : φ(x, y, z) = (0, 0) y rango (Dφ(x, y, z)) = 2} . As´ı que M es la 2-variedad determinada por φ. Problema (6.3).- Sea x0 ∈ M ∪ N . Supongamos que x0 ∈ M . Entonces, como x0 ∈ N , existe un entorno abierto V de x0 , tal que V ∩ N = ∅. Por otra parte, como M es una r-variedad, existe un entorno abierto Wx0 de x0 y una funci´on ψx0 ∈ C 1 (Wx0 , Rn−r ), con rango (Dψx0 (x)) = n − r para cada x ∈ Wx0 , tal que M ∩ Wx0 = {x ∈ Wx0 : ψx0 (x) = 0} . Si Vx0 := Wx0 ∩V , tenemos que ψx0 ∈ C 1 (Vx0 , Rn−r ), con rango (Dψx0 (x)) = n − r para cada x ∈ Vx0 , tal que, M ∩ Vx0 = {x ∈ Vx0 : ψx0 (x) = 0} . Consecuentemente, M ∪ N es una r-variedad de Rn .

261

7.6. Soluci´on de los Problemas del Cap´ıtulo VI

Problema (6.4).- Sea (x0 ; y0 ) ∈ M × N . Entonces, existen: U entorno abierto de x0 en Rm , V entorno abierto de y0 en Rn , F ∈ C 1 (U, Rm−k ) y G ∈ C 1 (V, Rn−r ), con rango (DF (x)) = m−k para todo x ∈ U , rango (DG(y)) = n − r para todo y ∈ V , y cumpliendo que M ∩ U = {x ∈ U : F (x) = 0},

N ∩ V = {y ∈ V : G(y) = 0} .

Entonces, W := U × V es un entorno en Rm+n de (x0 ; y0 ), y la funci´on T : W → R(m+n)−(k+r) definida por T (x; y) := (F (x); G(y)) es de clase C 1 en W . Adem´as, (M × N ) ∩ W = (M ∩ U ) × (N ∩ V ) = {(x; y) ∈ W : T (x; y) = 0}. Finalmente, ⎛

⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ′ T (x; y) = ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎝

D1 F1 (x) .. .

. . . Dm F1 (x) 0 .. .. .. . . . D1 Fm−k (x) . . . Dm Fm−k (x) 0 0 ... 0 D1 G1 (y) .. .. .. .. . . . . 0 ... 0 D1 Gn−r (y)

... .. . ... ... .. .

⎞

0 .. . 0 Dn G1 (y) .. .

. . . Dn Gn−r (y)

⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟. ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎠

Con lo cual, rango (DT (x; y)) = (m − k) + (n − r) = (m + n) − (k + r), para cada (x; y) ∈ W . Por tanto M × N es una (k + r)-variedad de Rn+m . Problema (6.5).- Supongamos que c = 0. Entonces, (0, 0, 0) no pertenece al conjunto   M := (x, y, z) ∈ R3 : x2 + y 2 − 4z 2 = c . Con lo cual, si consideramos la funci´on F (x, y, z) := x2 +y 2 −4z 2 −c, tenemos que F es de clase C 1 , y 

M = (x, y, z) ∈ R3 : F (x, y, z) = 0,



y rango (DF (x, y, z)) = 1 ,

ya que ∇F (x, y, z) = (2x, 2y, −8z). Luego M es la 1-variedad determinada por F . En el caso en que c = 0, tenemos que 



M := (x, y, z) ∈ R3 : x2 + y 2 − 4z 2 = 0 .

262

Cap´ıtulo 7. Soluci´on de los Problemas

Entonces (0, 0, 0) ∈ M . Con lo cual, si M fuera una 2-variedad, existir´ıa U , entorno abierto de (0, 0, 0) en R3 y Ω, un abierto de R2 , tales que Ω ser´ıa homeomorfo a M ∩ U . Ahora, M es la uni´on de dos conos de revoluci´on con v´ertice el origen. Por tanto, M ∩ U \ {(0, 0, 0)} tiene dos componentes conexas, lo cual nos lleva a una contradicci´on pues quit´andole a Ω un punto no nos quedan dos componentes conexas. Supongamos finalmente que c = 1, con lo cual la variedad M ser´a la definida por la aplicaci´on F (x, y, z) := x2 + y 2 − 4z 2 − 1. Tenemos entonces que el plano tangente a dicha variedad en el punto (2, −1, 1) ser´a: (2, −1, 1) + Ker (DF (2, −1, 1)) 



= (x, y, z) ∈ R3 : (4, −2, −8), (x − 2, y + 1, z − 1) = 0 



= (x, y, z) ∈ R3 : 2x − y − 4z = 1 . Problema (6.6).- Para demostrar que la h´elice H = {(cos t, sen t, t) : t ∈ R} es una 1-variedad en R3 , basta con considerar la funci´on Φ : R3 → R2 definida por Φ(x, y, z) := (x − cos z, y − sen z), ya que ⎛

Φ′ (x, y, z) = ⎜ ⎝

1 0

sen z

0 1 −cos z

⎞

⎟ ⎠,

con lo cual, 



H = (x, y, z) ∈ R3 : Φ(x, y, z) = (0, 0), y rango (DΦ(x, y, z)) = 2 . Por tanto, H es la 1-variedad determinada por la funci´on Φ. Entonces como, ⎛

Φ′ (1, 0, 0) = ⎝ ⎜

1 0

0

0 1 −1

⎞

⎟ ⎠,

el espacio tangente a H en el punto (1, 0, 0) viene dado por TH (1, 0, 0) = Ker (DΦ(1, 0, 0)) = {(x, y, z) ∈ R3 : x = 0, y = z}.

263

7.6. Soluci´on de los Problemas del Cap´ıtulo VI

Y el espacio normal a H en el punto (1, 0, 0) es el espacio vectorial engendrado por los vectores ∇Φ1 (1, 0, 0), ∇Φ2 (1, 0, 0), i.e., NH (1, 0, 0) = LIN((1, 0, 0), (0, 1, −1)). Problema (6.7).- Consideremos la funci´on Φ : D × Rn → Rn dada por: Φ(x0 , x1 , . . . , xn ) = (x1 − f1 (x0 ), . . . , xn − fn (x0 )). Como las funciones fi son de clase C 1 , tenemos que Φ ∈ C 1 (D × Rn , Rn ). La matriz Jacobiana de Φ en el punto x = (x0 , x1 , . . . , xn ) viene dada por, ⎛

⎜ ⎜ Φ (x) = ⎜ ⎜ ⎝ ′

−f1′ (x0 ) −f2′ (x0 ) .. .

1 0 .. .

0 ... 0 1 ... 0 .. . . .. . . . ′ −fn (x0 ) 0 0 . . . 1

⎞

⎟ ⎟ ⎟. ⎟ ⎠

Por tanto el rango de DΦ(x) es n para todo punto x ∈ D × Rn . Consecuentemente M es la 1-variedad determinada por la aplicaci´on Φ. Se tiene entonces que la recta tangente a M en el punto x = (x0 , f1 (x0 ), . . . , fn (x0 )), viene dada por x + Ker( DΦ(x)). Ahora, y − x ∈ Ker (DΦ(x)) si, y s´olo si, (0, . . . , 0) = DΦ(x)(y − x) = = (−f1′ (x0 )(y0 − x0 ) + (y1 − f1 (x0 )), . . . , −fn′ (x0 )(y0 − x0 ) + (yn − fn (x0 ))). Luego la recta tangente a M en el punto (x0 , f1 (x0 ), . . . , fn (x0 )), viene dada por las ecuaciones, yi − fi (x0 ) = fi′ (x0 )(y0 − x0 ),

i = 1, 2, . . . , n.

Problema (6.8).- Como M es compacto, al ser cerrado y acotado, y f es continua, tenemos que f alcanza en M su m´aximo y su m´ınimo. Ahora, M = int(M ) ∪ Fr(M ), siendo: #

$

x2 y 2 z 2 int(M ) = (x, y, z) ∈ R : + + 0}

266

Cap´ıtulo 7. Soluci´on de los Problemas

y K2 = {(x, y) ∈ R2 : x2 + y 2 < 2, y 2 − x = 0}. Ahora, como K1 es un trozo de la variedad determinada por ϕ1 , aplicando la regla de los multiplicadores de Lagrange, tenemos que considerar los puntos cr´ıticos de la funci´on Φ1 (x, y) = 2x + y 2 + λ(x2 + y 2 − 2). Derivando nos queda el sistema: 2 + 2λx = 0, 2y + 2λy = 0, x2 + y 2 − 2 = 0, y 2 − x > 0, √ cuya soluci´on nos proporciona el punto (− 2, 0). Igualmente, K2 es un trozo de la variedad determinada por la funci´on ϕ2 , con lo cual, tenemos que estudiar los puntos cr´ıticos de la funci´on, Φ2 (x, y) = 2x + y 2 + λ(y 2 − x). Luego tenemos que resolver el sistema: 2 − λ = 0, 2y + 2λy = 0, y 2 − x = 0, x2 + y 2 < 2, que nos proporciona (0, 0). Entonces, como f (1, 1) = f (1, −1) = 3, √ el punto √ f (0, 0) = 0 y f (− √2, 0) = −2 2, tenemos que f tiene en (1, 1) y en (1, −1) m´aximos y en (− 2, 0) un m´ınimo. Problema (6.11).- Si (x, y, z) es el v´ertice del paralelep´ıpedo en el primer cuadrante, tenemos que su volumen ser´a 2x.2y.2z = 8xyz. Luego tenemos que calcular el m´aximo de la funci´on f (x, y, z) = xyz en el conjunto #

$

x2 y 2 z 2 S = (x, y, z) ∈ R3 : 2 + 2 + 2 = 1, x > 0, y > 0, z > 0 . a b c

267

7.6. Soluci´on de los Problemas del Cap´ıtulo VI

Como por el Problema (6.1) sabemos que el elipsoide es la variedad determix2 y 2 z 2 nada por la funci´on φ(x, y, z) = 2 + 2 + 2 − 1, aplicando la regla de los a b c multiplicadores de Lagrange, tenemos que encontrar los puntos cr´ıticos de la funci´on   2 y2 z2 x Φ(x, y, z) = xyz + λ 2 + 2 + 2 − 1 . a b c Derivando nos queda el sistema: D1 Φ(x, y, z) = yz + 2λ

x = 0, a2

y = 0, b2 z D3 Φ(x, y, z) = yx + 2λ 2 = 0, c 2 2 2 x y z + + = 1, x > 0, y > 0, z > 0. a2 b2 c2 Despejando de las tres primeras ecuaciones nos queda que D2 Φ(x, y, z) = xz + 2λ

λ=

−yza2 −xzb2 −yxc2 = = . x y z

De aqu´ı y de la u ´ltima ecuaci´on obtenemos que (x, y, z) =





a b c √ ,√ ,√ . 3 3 3

Con lo que el volumen m´aximo pedido es: 8abc V = √ 3. ( 3) Problema (6.12).- El volumen del s´olido descrito es: V (a, b) =

 a

A(x) dx

0

siendo A(x0 ) el ´area de la secci´on obtenida al cortar el s´olido por el plano x = x0 . Como en este caso, dicha secci´on es un tri´angulo is´osceles de altura 4, nos queda que, 4b(x) A(x) = . 2

268

Cap´ıtulo 7. Soluci´on de los Problemas

Ahora, por semejanza de tri´angulos tenemos que b(x) = ab (a − x), con lo que V (a, b) =

 a

A(x) dx =

0

2b  a (a − x) dx = ab. a 0

Consecuentemente tenemos que encontrar los extremos de la funci´on V (a, b) = ab sobre el conjunto M = {(a, b) ∈ R2 : ab(a + b) − 1 = 0, a > 0, b > 0}. Si φ(a, b) = ab(a + b) − 1, tenemos que, ∇φ(a, b) = (2ab + b2 , a2 + 2ab), con lo cual, rango − (Dφ(a, b)) = 1 si (a, b) = (0, 0). Tenemos pues que M es una 1-variedad en R2 . Por tanto, aplicando la regla de los multiplicadores de Lagrange, los extremos de V sobre M se encuentran entre los puntos cr´ıticos de la funci´on Φ(a, b) = ab + λ(ab(a + b) − 1). Derivando nos queda el sistema: D1 Φ(a, b) = b + 2λab + λb2 = 0, D2 Φ(a, b) = a + 2λab + λa2 = 0, ab(a + b) − 1 = 0, a > 0, b > 0. Como a > 0 y b > 0, las dos primeras ecuaciones nos dan: 1 + 2λa + b = 0, 1 + 2λb + a = 0. 1 1 Con lo cual, a = b ´o λ = . Ahora, λ = , nos da ab = −1 que no es 2 2 posible. Por tanto, a = b, con lo cual, como ab(a + b) − 1 = 0, tenemos que 1 . a=b= √ 3 2 La variedad M no es compacta, con lo cual no podemos asegurar que la funci´on V tome en M un m´aximo. Ahora, para (a, b) ∈ M , tenemos que V (a, b) = ab =

1 , a+b

269

7.6. Soluci´on de los Problemas del Cap´ıtulo VI

con lo cual, V (a, b) → 0 cuando a, b → ∞. Consecuentemente podemos trabajar con un trozo compacto de la variedad y asegurar que el m´aximo de 1 1 V sobre la variedad se alcanza en el punto ( √ ,√ ). Con lo que el m´aximo 3 3 2 2 pedido ser´a: 1 . V = √ 3 4 Problema (6.13).- Como la circunferencia es un compacto y la recta un cerrado, la m´ınima distancia pedida se alcanza. Se trata de encontrar el m´ınimo de la funci´on f (x, y, u, v) = (x − u)2 + (y − v)2 , con las variables sujetas a las restricciones x2 + y 2 = 1, u + v = 4. Luego tenemos que encontrar el m´ınimo de la funci´on f sobre el conjunto M = {(x, y, u, v) ∈ R4 : x2 + y 2 = 1, u + v = 4}. Ahora, si definimos la funci´on Φ(x, y, u, v) := (x2 + y 2 − 1, u + v − 4), como 

Φ′ (x, y, z) =  

2x 2y 0 0 0

0

1 1

  

y (0, 0, u, v) no est´a en M tenemos que rango (DΦ(x, y, u, v)) = 2, para todo (x, y, u, v) ∈ M . Luego M es la 2-variedad determinada por la funci´on Φ. Por tanto, aplicando la regla de los multiplicadores de Lagrange, tenemos que determinar los puntos cr´ıticos de la funci´on F (x, y, u, v) = (x − u)2 + (y − v)2 + λ(x2 + y 2 − 1) + µ(u + v − 4). Derivando obtenemos el sistema: D1 F (x, y, u, v) = 2(x − u) + 2λx = 0

(1)

D2 F (x, y, u, v) = 2(y − v) + 2λy = 0

(2)

D3 F (x, y, u, v) = −2(x − u) + µ = 0

(3)

D4 F (x, y, u, v) = −2(y − v) + µ = 0

(4)

x2 + y 2 = 1

(5)

u + v = 4.

(6)

270

Cap´ıtulo 7. Soluci´on de los Problemas

Si λ = 0, de (1) y (2), se deduce que u = x y v = y. Luego, de (3) y (4) se obtiene que µ = 0. Ahora, usando que u = x y v = y en (5) y (6) se llega a una contradicci´on. Tenemos pues que λ = 0, con lo cual de las cuatro primeras ecuaciones se deduce f´acilmente que x = y y u = v. Entonces, usando las dos 1 1 u ´ltimas ecuaciones, nos queda que los puntos cr´ıticos son p1 = ( √ , √ , 2, 2) 2 2 1 1 y p2 = (− √ , − √ , 2, 2). Como f (p1 ) < f (p2 ) tenemos que el m´ınimo 2 2 buscado se alcanza en p1 . Consecuentemente, la m´ınima distancia entre la circunferencia y la recta es, % 8 9− √ . 2 Problema (6.14).- Tenemos que minimizar la funci´on f (x, y, z) = (x − a1 )2 + (y − a2 )2 + (z − a3 )2 sobre el plano: P = {(x, y, z) ∈ R3 : b1 x + b2 y + b3 z + b0 = 0}. Aunque el plano no es un compacto, como podemos restringirnos al compacto P ∩ B((a1 , a2 , a3 ), R), siendo R mayor que la distancia buscada, tenemos que la distancia se alcanza. Como el plano es la variedad definida por la aplicaci´on φ(x, y, z) = b1 x + b2 y + b3 z + b0 , aplicando la regla de los multiplicadores de Lagrange, el m´ınimo buscado se encuentra entre los puntos cr´ıticos de la funci´on Φ(x, y, z) = (x − a1 )2 + (y − a2 )2 + (z − a3 )2 + λ(b1 x + b2 y + b3 z + b0 ). Derivando nos queda el sistema: D1 Φ(x, y, u, v) = 2(x − a1 ) + λb1 = 0

(1)

D2 Φ(x, y, u, v) = 2(y − a2 ) + λb2 = 0

(2)

271

7.6. Soluci´on de los Problemas del Cap´ıtulo VI D3 Φ(x, y, u, v) = 2(z − a3 ) + λb3 = 0

(3)

b1 x + b2 y + b3 z + b0 = 0.

(4)

Alguno de los bi no es cero, supongamos que b1 = 0. Entonces de (1) nos queda que 2(x − a1 ) λ=− , b1 con lo que usando (2) y (3) nos queda que: y = a2 +

b2 (x − a1 ) , b1

b3 (x − a1 ) . b1 De estas dos ecuaciones y de (4) se deduce que z = a3 +

x − a1 = −

b1 (b1 a1 + b2 a2 + b3 a3 + b0 ) . b21 + b22 + b23

Con lo que se tiene que: y − a2 = −

b2 (b1 a1 + b2 a2 + b3 a3 + b0 ) , b21 + b22 + b23

b3 (b1 a1 + b2 a2 + b3 a3 + b0 ) . b21 + b22 + b23 Consecuentemente el m´ınimo de la funci´on f es: z − a3 = −

(b1 a1 + b2 a2 + b3 a3 + b0 )2 , b21 + b22 + b23 y la distancia entre el punto (a1 , a2 , a3 ) y el plano P es: |b1 a1 + b2 a2 + b3 a3 + b0 | 

b21 + b22 + b23

.

Problema (6.15).- Tenemos que calcular el m´aximo de la funci´on f (x1 , . . . , xn ) = (x1 · · · xn )2 sobre el conjunto S = {(x1 , . . . , xn ) ∈ Rn : x21 + · · · + x2n = 1}.

272

Cap´ıtulo 7. Soluci´on de los Problemas

Como dicho conjunto es la variedad determinada por la funci´on φ(x1 , . . . , xn ) := x21 + · · · + x2n − 1, aplicando la regla de los multiplicadores de Lagrange, el m´aximo pedido est´a entre los puntos cr´ıticos de la funci´on Φ(x1 , . . . , xn ) = (x1 · · · xn )2 + λ(x21 + · · · + x2n − 1). Derivando nos queda el sistema: 2xi (

.

x2j + λ) = 0,

i = 1, 2, . . . , n

j =i

x21 + · · · + x2n = 1. Si alg´ un xi = 0, entonces, la funci´on vale cero, y por tanto no hay m´aximo en dicho punto. Luego podemos suponer que xi = 0 para todo i = 1, 2, . . . , n. Nos queda entonces que λ=−

.

j =1

x2j = −

.

j =2

x2j = . . . = −

.

x2j .

j =n

De donde se obtiene que x21 = x22 = . . . = x2n . Entonces, sustituyendo en la ecuaci´on que define la variedad, nos queda que 1 xi = ± √ . n Consecuentemente, el m´aximo pedido es, 

1 1 1 f ±√ , ±√ , . . . , ±√ n n n



=

1 . nn

Finalmente, dados los n´ umeros ai > 0, si tomamos, xi = tenemos que

n

i=1

%

ai n

i=1

ai

,

x2i = 1. Por tanto, aplicando lo anterior tenemos que,

a1 · · · an 1 f (x1 , . . . , xn ) = (x1 · · · xn )2 = n n ≤ n. ( i=1 ai ) n

273

7.6. Soluci´on de los Problemas del Cap´ıtulo VI De donde se deduce que, (a1 · · · an )1/n ≤

a1 + · · · + an . n

Problema (6.16).- Como la forma cuadr´atica q es sim´etrica, tenemos que n 

Dq(x)(h) =

n 

aij hi xj +

i,j=1

aij hj xi = 2

i,j=1

n 

aij hi xj .

i,j=1

Por tanto, Dk q(x) = Dq(x)(ek ) = 2

n 

akj xj .

j=1

Por otra parte, la esfera unidad S n−1 = {x : x = 1} es la (n − 1)-variedad  determinada por la aplicaci´on φ(x) := x2 − 1 = ni=1 x2i − 1. Entonces, si u ∈ S n−1 es un extremo de la forma cuadr´atica q, por el Teorema de los multiplicadores de Lagrange, existe un λ ∈ R, tal que ∇q(u) = λ∇φ(u). Con lo cual, 2

n 

akj uj = 2λuk ,

k = 1, 2, . . . , n.

j=1

Consecuentemente, si L es la aplicaci´on lineal asociada a q, se tiene que L(u) = λu. Luego u es un vector propio de L asociado al valor propio λ. Adem´as, q(u) = ut Au = ut L(u) = ut (λu) = λ

n 

u2i = λ.

i=1

Problema (6.17).- S es la (n − 1)-variedad determinada por la funci´on φ(x) := q(x) − 1. Entonces, por la regla de los multiplicadores de Lagrange, si u ∈ S es un extremo de f , existe un λ ∈ R, tal que ∇f (u) + λ∇φ(u) = 0. Con lo cual, 2uk + 2λ

n 

akj uj = 0,

k = 1, 2, . . . , n.

j=1

Por tanto, si L es la aplicaci´on lineal asociada a q, tenemos que L(u) = − λ1 u, y adem´as, f (u) = u2 = u, u = −λL(u), u = −λq(u) = −λ.

274

Cap´ıtulo 7. Soluci´on de los Problemas

Como q es definida positiva, los valores propios de L son positivos. Sea αm el menor de ellos y αM el mayor. Tenemos entonces, que si um y uM son los correspondientes vectores propios, f tiene un m´aximo en um y un m´ınimo en uM . En el caso particular en que q(x, y, z) := 7x2 +4(y 2 +z 2 )+4xy −4xz −2yz, su matriz viene dada por 



7 2 −2  2 4 −1  ,  −2 −1 4 cuyos valores propios son 3 y 9. Para λ = 3, los vectores propios son los vectores (x, y, z) ∈ R3 que satisfacen 2x + y − z = 0. En los puntos de dicho 1 plano que est´an en S la funci´on f toma un m´aximo cuyo valor es . Para 3 λ = 9, los vectores propios son los vectores (x, y, z) ∈ R3 que satisfacen: x y z = = = ρ. 2 1 −1 Para que uno de dichos vectores est´e en S se tiene que cumplir que q(2ρ, ρ, −ρ) = 1 ⇒ ρ2 =

1 . 54

Tenemos pues que en los (x, y, z) ∈ S, tales que y z 1 x = = =√ 2 1 −1 54 la funci´on f toma un m´ınimo, cuyo valor es

1 . 9

Problema (6.18).- Tenemos que miniminizar la funci´on costo f (x, y, z) = 600x + 400y + 800z sujeta a la condici´on Q(x, y, z) = xyz = 1000. Entonces, aplicando la regla de los multiplicadores de Lagrange, tenemos que encontrar los puntos cr´ıticos de la funci´on f (x, y, z) + λ(xyz − 1000).

7.6. Soluci´on de los Problemas del Cap´ıtulo VI

275

Luego tenemos que resolver el sistema:   600 + λyz = 0            400 + λxz = 0

   800 + λxy = 0         

xyz − 1000 = 0.

De las tres primeras ecuaciones obtenemos que 400 800 600 = = . yz xz xy De aqu´ı, usando la u ´ltima ecuaci´on del sistema, obtenemos que 3 y = x, 2

3 z = x. 4

Por tanto, 20 , x= √ 3 9

30 y= √ , 3 9

15 z= √ . 3 9

Problema (6.19).- Tenemos que maximizar la funci´on de producci´on Q(C, T ) sujeta a la restricci´on presupuestaria pT + qC = A. Por tanto, por la regla de los multiplicadores de Lagrange, tenemos que calcular los puntos cr´ıticos de la funci´on Q(C, T ) + λ(pT + qC − A). Luego, nos queda el sistema:  ∂Q    = −λq   ∂C     

∂Q

 = −λp   ∂T       

pT + qC = A.

276

Cap´ıtulo 7. Soluci´on de los Problemas

En el caso particular de la funci´on de producci´on de Cobb-Douglas Q(C, T ) = βC α T 1−α , con β > 0 y 0 < α < 1, el sistema anterior nos queda como   βαC α−1 T 1−α = −λq      

β(1 − α)C α T −α = −λp

      

pT + qC = A.

De las dos primeras ecuaciones obtenemos que β q = − αC α−1 T 1−α , λ β p = − (1 − α)C α T −α . λ Sustituyendo en la tercera ecuaci´on nos da β β − (1 − α)C α T 1−α − αC α T 1−α = A. λ λ De donde se deduce que β λ = − C α T 1−α . A Entonces, sustituyendo en las dos primeras ecuaciones, nos queda que  α−1 1−α  T = Aβ C α T 1−α q  βαC  

β(1 − α)C α T −α =

β α 1−α C T p. A

De aqu´ı, obtenemos que: C=

αA (1 − α)A y T = . q p

Problema (6.20).- Queremos minimizar el ´area de superficie de un cilindro sujeto a una restricci´on sobre su volumen. M´as concretamente, queremos minimizar S(r, h) = 2πrh + 2πr2 sujeta a la restricci´on πr2 h = 1000cm3 . Por la regla de los multiplicadores de Lagrange, tenemos que calcular los puntos cr´ıticos de la funci´on 2πrh + 2πr2 + λ(πr2 h − 1000).

7.6. Soluci´on de los Problemas del Cap´ıtulo VI

277

Derivando nos queda el sistema:   2πh + 4πr + λ2πrh = 0      

2πr + λπr2 = 0

      

πr2 h − 1000 = 0.

De la segunda ecuaci´on obtenemos que λ = − 2r . Con lo cual, sustituyendo en la primera ecuaci´on, nos queda que h = 2r. De aqu´ı, usando la tercera ecuaci´on, obtenemos que 10 r= √ 3 2π

20 y h = 2r = √ . 3 2π

20 As´ı que la lata deseada debe tener una altura de √ cm y radio de la base 3 2π 10 de √ cm. 3 2π

Bibliograf´ıa [1] T. Apostol, An´ alisis Matem´atico. Revert´e, 1976. [2] H. Cartan C´alculo Diferencial. Omega, 1976. [3] R. Courant y F. John, Introducci´ on al C´alculo y al An´ alisis Matem´atico Vol. 2. Limusa, 1989. [4] J. de Burgos, C´alculo infinitesimal de varias variables. McGraw-Hill, 1995. [5] F. del Castillo, An´ alisis Matem´atico II. Alhambra Universidad, 1980. [6] C. H. Edwards, Jr., Advanced Calculus of Several Variables. Academic Press, 1973. [7] W. H. Fleming, Funciones de varias variables. C.E.C.S.A., 1976. [8] T. M. Flett, Differential Analysis. Cambridge Univ. Press, 1980. [9] K. Hoffman y R. Kunze. Prentice-Hall, 1961. [10] J. E. Marsden, Elementary Classical Analysisis. Freeman and Company, 1974. [11] J. E. Marsden y A. Tromba C´alculo vectorial. Addison-Wesley Iberoamericana, 1991.

279

´Indice Anal´ıtico Aplicaci´on abierta, 140

Desigualdad de Cauchy-Schwarz, 17 de H¨older, 31 de Minkowski, 31 triangular, 17 Determinante jacobiano, 139 Di´ametro de un conjunto, 26 Dierencial de una funci´on, 64 Difeomorfismo, 143 Diferencial de Frechet, 91 de Gˆateaux, 92 Distancia, 19 Divergencia de un campo, 88

Bola abierta, 20 cerrada, 20 Braquist´ocrona, 89 Cambio a coordenadas cil´ındricas, 144 a coordenadas esf´ericas, 144 a coordenadas polares, 144 de variable, 73 Campo conservativo, 86 gradiente, 86 vectorial, 85 Clausura de un conjunto, 22 Conjunto abierto, 20 acotado, 26 cerrado, 22 compacto, 25 convexo, 27 de nivel, 36 relativamente compacto, 25 Coordenadas polares, 55

Ecuaci´on de Laplace, 105 de ondas, 106 de Poisson, 105 del calor, 109 Ecuaciones de Cauchy-Riemann, 156 Entorno, 20 Envoltura convexa, 29 Epigrafo de una funci´on, 48 Espacio m´etrico, 19 normado, 17 tangente, 162 Extremo condicionado, 167

Derivada direccional, 61 parcial, 61 280

´INDICE ANAL´ITICO local, 120 F´ormula de D’Alembert, 109 de Taylor, 111 Frontera de un conjunto, 23 Funci´on arm´onica, 136 continua, 43 continuamente diferenciable, 104 convexa, 48 de clase C q , 104 diferenciable, 63 logaritmo convexa, 136 semicontinua inferiormente, 51 semicontinua superiormente, 52 unformemente continua, 45 Gr´afica de una funci´on, 36 Hessiano, 123 Hiperplano tangente, 69 Hipersuperficie, 160 Identidad de polarizaci´on, 32 L´ımites de funciones, 38 inferiores, 52 Ley de conservaci´on, 86 de Coulomb, 87 de gravitaci´on universal, 84 del paralelogramo, 32 M´ınimo local, 120 M´aximo local, 120 Matriz Hessiana, 122 jacobiana, 66

281 Multi´ındice, 114 Norma, 16 Oscilacion de una funci´on, 56 Potencial de un campo, 86 Producto escalar, 16 Punto cr´ıtico, 120 de acumulaci´on, 22 silla, 120 Regla de la cadena, 70 Serie de Fourier, 110 Sucesi´on convergente, 24 de Cauchy, 25 Superficies de nivel, 36 Teorema binomial, 115 de Bolzano, 103 de Heine-Cantor, 46 de la funcion implicita, 150 de la funcion inversa, 145 de la inyectividad local, 141 de Rolle, 135 de Schwarz, 103 de Weierstrss, 45 de Young, 101 del valor medio, 77 multinomial, 115 Transformaci´on regular, 143 Trayectoria, 81 Variedad, 159 Vector gradiente, 68

normal, 164 tangente, 82, 162 velocidad, 82 Vectores ortogonales, 18

Otros títulos de la colección

1. Matemáticas económico-empresariales Carlos Ivorra Castillo 2. Programación matemática para la economía y la empresa M.ª Begoña Font Belaire 3. Falacias, dilemas y paradojas. Píldoras para el buen dormir del economista Manuel Sanchis i Marco

12. Socialización familiar y ajuste psicosocial: un análisis transversal desde tres disciplinas de la psicología Enrique Gracia, Fernando Gracia, Marisol Lila 13. Introducción a la historia de las ideas estéticas. La Edad Media María José López Terrada

4. Problemas resueltos de física de partículas Antonio Ferrer Soria, Eduardo Ros Martínez

14. La biología en tus manos María José Lorente Carchano, Fernando Martínez-García, eds.

5. Derechos humanos Jesús Ballesteros Llompart, Encarnación Fernández Ruiz-Gálvez, Ana Paz Garibo Peyró

15. La biología en tus manos. Cuaderno del estudiante María José Lorente Carchano, Fernando Martínez-García, eds.

6. Elementos de física aplicada José V. Herráez Domínguez

16. Las ideas jurídico-políticas de Roma y la formación del pensamiento jurídico europeo Gabriel Buigues Oliver, Lucía Bernad Segarra

7. Matemáticas empresariales Carmen Ivorra, Carmen Juan 8. Introducción a la historia de las ideas estéticas. La antigüedad María José López Terrada 9. Derechos fundamentales. Derecho constitucional II Lorenzo Cotino Hueso 10. Qüestions en biologia molecular Vicente Tordera Donderis, Marcel·lí del Olmo Muñoz, José Enrique Pérez Ortín, Emilia Matallana Redondo 11. Introducción a la fisicoquímica José Luis Moreno Frigols, Ramón García Doménech, Gerardo M. Antón Fos