calculo diferencial de varias variables notas de...

MARCO A. PEREZ B. JESUS GASCH.Universite du Quebec a Montreal. Universidad Central de Venezuela.Departement de Mathematiques. Escuela de Matematica.

CALCULO DIFERENCIAL DE VARIAS VARIABLES

Notas de curso

Febrero, 2014.

Este documento corresponde a la transcripcion a formato pdf, hecha por Marco A. PerezB., de unas notas de curso sobre calculo diferencial en varias variables escritas a manopor el profesor Jesus Gasch de la Universidad Central de Venezuela. Cualquier error uomision es la responsabilidad del autor.

i

TABLA DE CONTENIDOS

1 El espacio vectorial real Rn 1

1.1 Producto escalar. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1

1.2 Dos expresiones para el producto escalar en Rn, n ≥ 1. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10

2 Topologıa en Espacios Metricos 15

2.1 Rectangulos n-dimensionales. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15

2.2 Espacios metricos separables. Compacidad. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17

2.3 Puntos lımite. Clausura. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20

3 Funciones de Rn en R 23

3.1 Ejercicios sobre funciones continuas. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23

3.2 Derivadas parciales operacionalmente . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27

3.3 Notacion y derivadas parciales iteradas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30

3.4 Ejercicios sobre derivadas parciales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31

3.5 Aplicaciones lineales de Rn en R, n ≥ 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32

3.6 Derivada de f : D −→ R, D ⊆ Rn abierto, n ≥ 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34

3.7 Breve repaso de ecuaciones de recta (R2) y plano (R3) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 36

3.8 Definicion equivalente de la derivada. Diferencial . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 37

3.9 Regla de la cadena para la composicion (a, b)α−→ D

f−→ R, D ⊆ Rn abierto y n ≥ 2 . . . . . 39

3.10 Ejercicios sobre derivadas de funciones f : D −→ R, D ⊆ Rn abierto y n ≥ 2 . . . . . . . . . . 41

3.11 Polinomios de Taylor . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 48

4 Ejemplos de derivacion 53

4.1 Regla de Leibnitz de derivacion bajo la integral . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 54

4.2 Derivacion en los lımites de integracion. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 56

4.3 Extensiones de los resultados expuestos. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 57

iii

CAPITULO 1

EL ESPACIO VECTORIAL REAL Rn

1.1 Producto escalar.

Este primer captitulo constituye una introduccion al espacio vectorial donde yace el calculo diferencial eintegral, Rn.

El espacio vectorial real Rn := {(x1, x2, . . . , xn) : xj ∈ R, j = 1, 2, . . . , n}, donde n ≥ 1, posee una metricaobtenida del producto escalar

x · y :=∑nj=1 xjyj , donde x = (x1, . . . , xn), y = (y1, . . . , yn) ∈ Rn

Se define la norma o tamano de x como

||x|| :=√x · x =

√∑nj=1 x

2j =

√∑nj=1 |xj |2

La norma || || cumple con las siguientes propiedades:

(1) Positividad: Para todo x ∈ Rn, ||x|| ≥ 0. Mas aun, ||x|| = 0 si, y solo si, x = 0, i.e. xj = 0 para todo1 ≤ j ≤ n.

(2) Homogeneidad: Para todo x ∈ Rn y para todo λ ∈ R, ||λx|| = |λ|||x||.

(3) Desigualdad triangular: Para todo x, y ∈ Rn, ||x+ y|| ≤ ||x||+ ||y||.

La norma a su vez, define a Rn como espacio metrico definiendose la distancia entre y ∈ Rn y x ∈ Rn como

d(x, y) := ||x− y||

Verifique las propiedades (1) y (2) de la norma || ||.

Ejercicio 1.1.1

1

Aceptando que x · y =∑nj=1 xjyj = ||x||||y||cos(α), donde α es el angulo entre los vectores x e y.

(1) Demostrar la desigualdad de Cauchy-Schwarz

|x · y| ≤ ||x||||y||;

recordando que para todo α ∈ R, |cos(α)| ≤ 1.

(2) |x · y| = ||x||||y|| si, y solo si, y = λx, con λ > 0 o λ < 0.

Ejercicio 1.1.2

Demostrar la desigualdad triangular usando la desigualdad de Cauchy-Schwarz, observando que

||x+ y|| ≤ ||x||+ ||y|| si, y solo si, ||x+ y||2 ≤ (||x||+ ||y||)2,

y recordando que(x+ y) · (x+ y) = ||x||2 + ||y||2 + 2xy = ||x+ y||2.

Ejercicio 1.1.3

Dados x 6= 0, y 6= 0 en Rn. Demuestre que ||x+ y|| = ||x||+ ||y|| si, y solo si, y = λx, λ > 0.

Ejercicio 1.1.4

Definicion 1.1.1. Dos vectores x e y en Rn se dicen ortogonales si x · y = 0.

Verificar que x e y en Rn son ortogonales si α = π/2.

Ejercicio 1.1.5

2

(1) Si x 6= 0 e y 6= 0 son ortogonales, entonces demuestre que

||x+ y||2 = ||x||2 + ||y||2 Teorema de Pitagoras

(2) Sean xj , con j = 1, . . . , p y p ≤ n tales que xj · xk = 0 si j 6= k. Verifique que∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣p∑j=1

xj

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣2

=

p∑j=1

||xj ||2.

Ejercicio 1.1.6

(1) Sean x 6= 0, y 6= 0 vectores de Rn, demuestre que si ||x+ y||2 = ||x||2 + ||y||2 entonces x · y = 0.

(2) Sean x 6= 0, y 6= 0, z 6= 0 vectores tales que 1 = ||x|| = ||y|| = ||z|| y ||x+y+z||2 = ||x||2+||y||2+||z||2.¿x, y y z son ortogonales? (Si su respuesta es positiva, de una demostracion. Por el contrario, si esnegativa, debe dar un contra-ejemplo.)

Ejercicio 1.1.7

La recta que pasa por el punto p = (p1, . . . , pn) ∈ Rn y tiene direccion d = (d1, . . . , dn) 6= 0 se define como

Rp(d) := {p+ λd : λ ∈ R}

La distancia de q ∈ Rn a la recta Rp(d) se define como

d := inf{||q − u|| : u ∈ Rp(d)} = inf{||q − p− λd|| : λ ∈ R}

3

(1) Calcule el mınimo de la funcion f : R −→ [0,∞) dada por f(λ) = ||q − p − λd||2, con λ ∈ R, y

demuestre que es alcanzado en λ0 = d·(q−p)||d||2 .

Sugerencia: Derivar la funcion f(λ) = ||q − p||2 + λ2||d||2 − 2λd · (q − p).

(2) Compruebe que h = q− (p+λ0d) es ortogonal a d, h es perpendicular desde q hasta la recta Rp(d).

(3) Usando el Teorema de Pitagoras, verifique que el punto de Rp(d) dado por p+λ0d tal que q−(p+λ0d)sea ortogonal a d realiza la mınima distancia (No have falta calcular λ0).

Sugerencia: Sean u = p + λ0d − q and v = (p + λd) − (p + λ0d) = (λ − λ0)d. Luego u + v =p + λd − q y u · v = 0. Entonces ||u + v||2 = ||u||2 + ||v||2, de donde ||u + v|| = ||p + λd − q|| =la distancia de q a p+ λd, es menor o igual a ||u|| = ||p+ λ0d− q|| = la distancia de q a p+ λ0d.

Ejercicio 1.1.8

La nocion de vectores ortogonales no nulos tiene sentido para Rn, con n ≥ 2, en efecto:

Sean x ∈ R e y ∈ R tales que x · y = 0 (en R el producto escalar coincide con el producto en R).

(1) Verifique que x · y = 0 si, y solo si, x = 0 o y = 0.

(2) Verifique que x · y = |x||y|cos(α), donde α = 0 o α = π.

Ejercicio 1.1.9

En Rn se sabe que de albegra lineal que existen a lo sume n vectores linealmente independientes. Usandoel Ejercicio 1.1.6 - (2), ¿cuantos vectores mutuamente ortogonales no nulos pueden existir a lo sumo?

Ejercicio 1.1.10

La base canonica de Rn esta formada por los vectores

ej := (δj1, . . . , δjn), j = 1, 2, . . . , n,

donde la delta de Kronecker se define como

δjk :=

{0 si j 6= k,1 si j = k.

con 1 ≤ j ≤ n y 1 ≤ k ≤ n. Ası mismo, ej · ek = δjk para todo j y k.

4

Desarrollando ||x+ y||2 = (x+ y) · (x+ y) y ||x− y||2 = (x− y) · (x− y), deduzca que:

(1) x · y = ||x+y||2−||x−y||24 .

(2) ||x+ y||2 + ||x− y||2 = 2||x||2 + 2||y||2.

La suma de las diagonales al cuadrado del rectangulo de lados x e y es igual a dos veces la suma de loscuadrados de los lados.

(3) Exprese que podemos definir el producto escalar si conocemos la norma.

(4) Establezca una condicion necesaria de una norma proveniente de un producto escalar.

Ejercicio 1.1.11

Otras normas para Rn, con n ≥ 1, son:

||x||1 :=∑nj=1 |xj |

y

||x||∞ := max1≤j≤n|xj |

donde x = (x1, . . . , xn) ∈ Rn.

(1) Si n = 1, entonces para todo x ∈ R, se tiene ||x||∞ = ||x||1 = ||x||.

(2) Compruebe que || ||1 y || ||∞ cumplen las propiedades de || ||, es decir, positividad, homogeneidady desigualdad triangular.

Ejercicio 1.1.12

Verifique que || ||1 y || ||∞ no provienen de un producto escalar.

Sugerencia: Por el Ejercicio 1.1.11, debe cumplirse (2) tomando x = e1 e y = e2, que x+ y = e1 + e2

y que x− y = e1 − e2. Tenemos

||x+ y||1 = 2, ||x+ y||∞ = 1, ||x+ y|| =√

2,

||x− y||1 = 2, ||x− y||∞ = 1, ||x− y|| =√

2,

||x||1 = 1 = ||x||∞ = ||x||,||y||1 = 1 = ||x||∞ = ||y||,

||x+ y||21 + ||x− y||21 = 8 6= 2(||x||21 + ||y||21) = 4,

||x+ y||2∞ + ||x− y||2∞ = 2 6= 2(||x||2∞ + ||y||2∞) = 4, mientras que

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

Ejercicio 1.1.13

5

Se define el plano que pasa por p ∈ Rn, con n ≥ 3, y esta generado por los vectores linealmente independientesd y c de Rn como

Pp(d, c) := {p+ αd+ βc : α, β ∈ R}

Dado q ∈ Rn, imitando lo visto en el Ejercicio 1.1.8 (3), halle la distancia entre q y Pp(d, c).

Sugerencia: Sea p+ α0d+ β0c ∈ Pp(d, c) tal que q − (p+ α0d+ β0c) sea ortogonal a Pp(d, c), luego α0 yβ0 se determinan resolviendo la ecuacion

(q − (p+ α0d+ β0c)) · d = ((q − p)− (α0d+ β0c)) · d = 0.

Ejercicio 1.1.14

En el caso particular de p = 0, P0(d, c) es un subespacio bidimensional de Rn.

Demuestre que P0(d, c) es un subespacio bidimensional con base {d, c}.

Ejercicio 1.1.15

6

Hallar a = (a1, . . . , an) ∈ Rn, con n ≥ 3, tal que a ⊥ P0(d, c), i.e. a · (αd + βc) = 0, para todoαd+ βc ∈ P0(d, c).

Ejercicio 1.1.16

Usando la desigualdad de Cauchy-Schwarz, probar que |c · d| < ||d||||c|| si, y solo si, c y d son linealmenteindependientes.

Sugerencia: La igualdad en Cauchy-Schwarz es valida ⇐⇒ d = λc, para algun λ ∈ R ⇐⇒ c y d sonlinealmente dependientes.

Ejercicio 1.1.17

Sean p, d, c ∈ Rn, con n ≥ 3, tales que {d, c} es un conjunto linealmente independiente. Demuestre quePp(d, c) ∩ P0(d, c) 6= si, y solo si, p 6∈ P0(d, c).

Sugerencia: Si u ∈ Pp(d, c)∩P0(d, c) = ∅, entonces existen α, β, γ, ζ ∈ R tales que u = p+αd+βc = γd+ζc.De donde p = (γ − α)d+ (ζ − γ)c ∈ P0(d, c), ¡contradiccion!.

Ejercicio 1.1.18

Bajo las mismas hipotesis del ejercicio anterior, demuestre que

Pp(d, c) ∩ P0(d, c) 6= ∅ ⇐⇒ Pp(d, c) ∩ P0(d, c) = P0(d, c) ⇐⇒ p ∈ P0(d, c).

Ejercicio 1.1.19

Bajo las mismas hipotesis del Ejercicio 1.1.17, demuestre que para todo p 6∈ P0(d, c), si µ ∈ R− {0, 1},entonces µp 6∈ Pp(d, c) ∪ P0(d, c).

Ejercicio 1.1.20

Demuestre que, en R3, Pp(d, c) = {x ∈ R3 : (x− p) · a = 0}.

Sugerencia: Si u = p+ αd+ βc ∈ Pp(d, c), (u− p) · a = (αd+ βc) · a = 0, luego

Pp(d, c) ⊆ {x ∈ R3 : (x− p) · a = 0}.

Recıprocamente, si x cumple (x − p) · a = 0, se tiene que (x − p) ∈ {t ∈ R3 : t · a = 0} = P0(d, c), luegox− p = αd+ βc para ciertos α, β ∈ R, de donde x = p+ αd+ βc ∈ Pp(d, c), de forma que

{x ∈ R3 : (x− p) · a = 0} ⊆ Pp(d, c).

Ejercicio 1.1.21

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Por lo demostrado hasta el momento, Pp(d, c) se denomina el plano de R3 que pasa por p y tiene normalal vector a. Como sus elementos x cumplen (x − p) · a = 0, de aquı se determina la ecuacion cartesiana.Si x ∈ Pp(d, c), con x = (x1, x2, x3), p = (p1, p2, p3) y a = (a1, a2, a3), desarrollando el producto escalar en(x− p) · a = 0, resulta x1a1 + x2a2 + x3a3 = p1a1 + p2a2 + p3a3.

Ejemplo 1.1.1.

(1) Si p = (0, 1, 1), a = (−1, 3, 2), la ecuacion resultante del plano que pasa por (0, 1, 1) y tiene vectornormal a es −x1 + 3x2 + 2x3 = 5.

(2) Con a como en (1), p = (0, 0, 0), resulta −x1 + 3x2 + 2x3 = 0.

(3) Recıprocamente, cada ecuacion del tipo−x1+ 13x2−x3 = 5, tiene como normal al vector a =

(−1, 1

3 ,−1),

y se evalua de forma arbitraria para saber por cual punto pasa, ası tomando x2 = 0, x3 = −1, alsubstituir obtenemos x1 = −4, por lo que el plano pasa por (−4, 0,−1).

Halle en cada case las normales y un punto por donde pasan los siguientes planos:

(1) x1 = 0:

Sugerencia: x1 + 0x2 + 0x3 = 0, a = (1, 0, 0), para por (0, 0, 0). Corresponde al plano que contienea los ejes X2 y X3.

(2) x1 = 5.

(3) x2 = 0 (plano que contiene a los ejes X1 y X3).

(4) x3 = 0 (plano que contiene a los ejes X1 y X2).

Ejercicio 1.1.22

Pruebe la desigualdad de Cauchy-Schwarz usando la nocion de area.

Ejercicio 1.1.23

De geometrıa, se sabe que el area A de un paralelogramo es igual al producto de la altura h, perpendiculartrazada desde un vertice hasta un que no contenga a dicho vertice, por la longitud de dicho lado.

Dos vectores x, y ∈ R3 original un paralelogramo de lados x e y con longitudes ||x|| y ||y||, respectivamente.Sea α el angulo entre x e y. Por trigonometrıa, se sabe que h = ||x||sen(α).

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Volviendo al ejercicio anterior, tenemos

(||x||||y||)2 − |x · y|2 = ||x||2||y||2(1− cos2(α)) = ||x||2||y||2sen2(α) = A2,

donde se uso que x · y = ||x||||y||cos(α), luego

(||x||||y||)2 − |x · y|2 = (||x||||y|| − |x · y|)(||x||||y||+ |x · y|) = A2 ≥ 0.

Como ||x||||y||+ |x · y| ≥ 0 y su producto con (||x||||y|| − |x · y|) da A2 ≥ 0, no cabe sino

||x||||y|| − |x · y| ≥ 0 ⇐⇒ ||x||||y|| ≥ |x · y|.

De igual modo,

A = 0 ⇐⇒ x e y son colineales ⇐⇒ Vale la igualdad en Cauchy-Schwarz.

Verifique que sup||y||=1(x · y) = ||x|| = x ·(

x||x||

).

Sugerencia: Usando x · y = ||x||||y||cos(α) para todo y con ||y|| = 1. Observe que si ||y|| = 1, x · y =||x||cos(α) es la proyeccion ortogonal de x sobre la recta que contiene a y.

Si representamos los y, se tiene que ||y|| = 1 es la circunferencia unitaria. El maximo se alcanza en elvector unitario en la direccion de x, i.e. x

||x|| .

Ejercicio 1.1.24

9

Verifique que inf ||y||=1 = −||x|| = x ·(− x||x||

)con x fijo.

Ejercicio 1.1.25

1.2 Dos expresiones para el producto escalar en Rn, n ≥ 1.

Para todo x, y en Rn, con n ≥ 1, se define el producto escalar de x con y como el numero real

x · y :=∑n

j = 1xjyj

donde x = (x1, . . . , xn) y y = (y1, . . . , yn).

Veamos que x · y = ||x||||y||cos(α), donde α es el angulo entre x e y, es indistinto si se mide a partir de x ode y, ya que al ser coseno funcion par se tiene cos(α) = cos(−α), para todo α ∈ R.

Plan de demostracion: Se hara en dos partes. En la primera se establecera en R2. En la segunda seextendera a n ≥ 2 usando un isomorfismo lineal, el cual preserva angulos y por ende longitudes.

El caso n = 1 se sigue observando que para todo x, y ∈ R, x 6= 0, y 6= 0, x · y = xy, i.e. el producto escalarcoincide con el producto usual de R. Es este caso se verifica

xy =

{|x||y|cos(0) = |x||y| si x e y tienen igual signo,|x||y|cos(π) = −|x||y| si x e y tienen signos diferentes.

Parte 1 (n = 2): En R2, si x = (x1, x2) cumple ||x|| =√x2

1 + x22 = 1, se sabe que existe α ∈ [0, 2π) tal que

x1 = cos(α), x2 = sen(α). Tomando tambien ||y|| = 1, se tiene y = (cos(β), sen(β)) para algun β ∈ [0, 2π).Se sigue

x · y = cos(α)cos(β) + sen(α)sen(β) = cos(α− β) = ||x||||y||cos(α− β).

Sean ahora x, y ∈ R2, no necesariamente unitarios (de norma 1), x 6= 0, y 6= 0. Por lo visto anteriormente,observando que x

||x|| y y||y|| son unitarios, se tiene que

x

||x||· y

||y||= cos(α− β) ⇐⇒ x · y = ||x||||y||cos(α− β),

obteniendose el resultado.

10

Recıprocamente, sea el producto escalar en R2 definido como x · y = ||x||||y||cos(ζ), con x = (x1, x2) ey = (y1, y2). Veamos que x · y = x1y1 +x2y2. El caso x = 0 o y = 0 es trivial. Entonces asumamos que x 6= 0

e y 6= 0. Como∣∣∣∣∣∣ x||x||

∣∣∣∣∣∣ =∣∣∣∣∣∣ y||y||

∣∣∣∣∣∣ = 1, se tiene

x

||x||=

(x1

||x||,x2

||x||

)= (cos(α), sen(α)) y

y

||y||=

(y1

||y||,y2

||y||

)= (cos(β), sen(β)),

con α, β ∈ [0, 2π).

Se tienex

||x||· y

||y||= cos(α− β) = cos(α)cos(β) + sen(α)sen(β) =

x1

||x||y1

||y||+

x2

||x||y2

||y||.

Como para todo λ > 0 y γ > 0 se tiene

(λx) · (γy) = ||λx||||γy||cos(ζ), si x · y = ||x||||y||cos(ζ),

= λγ||x||||y||cos(ζ)

= λγx · y,

tomando λ = 1||x|| y γ = 1

||y|| , obtenemos

x

||x||· y

||y||=

1

||x||||y||x · y.

Sustituyendo y cancelando 1||x||||y|| , nos queda

x · y = x1y1 + x2y2,

demostrando la implicacion recıproca.

11

Parte 2 (Extension para n > 2): Consideremos primero x, y ∈ Rn, no nulos y colineales, i.e. y = λx paraalgun λ ∈ R. Se tiene ||y|| = |λ|||x||, y

x · y = x · (λx) = λ||x|| ={||x||(λ||x||) = ||x||(|λ|||x||) = ||x||||y||cos(0) si λ > 0,||x||(λ||x||) = −||x||(−λ||x||) = −||x||(|λ|||x||) = ||x||||y||cos(π) si λ < 0.

Considere ahora el caso en el que x e y son no nulos y no colineales, i.e. son linealmente independientes. Lademostracion en este caso consistira en construir una aplicacion lineal del subespacio bidimensional generadopor x e y, denotado L(x, y) ⊆ Rn, de forma que esta aplicacion preserve los angulos y por ende el tamano onorma de los vectores.

Sea L(x, y) := {δx+ ζy : δ, ζ ∈ R} ⊆ Rn.

Hallemos λ ∈ R tal que (x− λy) · y = 0. Esto ultimo ocurre si, y solo si, λ = x·yy·y = x·y

||y||2 . Sean u = x−λy||x−λy|| ,

u = x − λy, v = y y v = y||y|| . Observamos que ||x − λy|| 6= 0, por ser {x, y} un conjunto linealmente

independiente. Luego L(u, y) = L(x, y) = L(u, v). Definamos T : L(u, y) −→ R2 tal que T (u) = e2 = (0, 1),T (v) = e1 = (1, 0). Luego

T (u) = T (||u||u) = ||u||T (u) = ||u||e2,

T (y) = T (||y||v) = ||y||T (v) = ||y||e1.

Veamos a continuacion que para todo z, w ∈ L(u, y) = {αu+βy : α, β ∈ R}. Vale T (z) ·T (w) = z ·w, dondeT (z) · T (w) es el producto escalar en R2, y z · w es el producto escalar en Rn.

Demostracion .Sean z = αu+ βy, w = δu+ γy, con α, β, γ, δ ∈ R. Se tiene

z · w = (αu+ βy) · (δu+ γy) = αδu · u+ αγu · y + βδy · u+ βγy · y = αδ||u||2 + βγ||y||2.

Por otra parte,

T (z) · T (w) = (α||u||e2 + β||y||e1) · (δ||u||e2 + γ||y||e1)

= αδ||u||2e2 · e2 + αγ||u||||y||e2 · e1 + βδ||y||||u||e1 · e2 + βγ||y||2e1e1

= αδ||u||2 + βγ||y||2,

demostrandose la identidad propuesta.

12

Como faso particular, si z = w, resulta ||T (z)|| = ||z|| para todo z ∈ L(u, y). Como en R2 vale por lo vistoque

T (z) · T (w) = ||T (z)||||T (w)||cos(α) = ||z||||w||cos(α),

se tiene por la identidad recien probada que

z · w = ||z||||w||cos(α).

13

CAPITULO 2

TOPOLOGIA EN ESPACIOS METRICOS

2.1 Rectangulos n-dimensionales.

Para cada entero n ≥ 2, el rectangulo n-dimensional

I :=

n∏j=1

[aj , bj ] = {x = (x1, . . . , xn) ∈ Rn : aj ≤ xj ≤ bj , j = 1, 2, . . . , n}

es un subconjunto compacto de Rn.

Proposicion 2.1.1

Para j = 1, 2, . . . , n, sea el punto medio de Ij = [aj , bj ] el numero cj =aj+bj

2 . Luego si I1j = [aj , cj ] y

I2j = [cj , bj ], resulta Ij = I1

j ∪ I2j .

Denotamos M =∏nj=1{1, 2} = {(m1, . . . ,mn) : mk = 1 o mk = 2, 1 ≤ k ≤ n}, es decir M es el conjunto de

n-tuplas con entradas o coordenadas iguales a 1 o 2. Note que M posee 2n elementos. Por ejemplo, si n = 1,entonces

M = {1, 2} × {1, 2} = {(1, 1), (1, 2), (2, 1), (2, 2)}.

Si n = 3, se tiene

M = {1, 2} × {1, 2} × {1, 2} = {(1, 1, 1, ), (1, 1, 2), (1, 2, 1), (1, 2, 2), (2, 1, 1, ), (2, 1, 2), (2, 2, 1), (2, 2, 2)}.

La division de cada intervalo Ij = [aj , bj ] = I1j ∪ I2

j origina una descomposicion del rectangulo n-dimensional

I =∏nj=1 Ij en 2n rectangulos n-dimensionales de la siguiente forma:

I =

n∏j=1

Ij =

n∏j=1

(I1j ∪ I2

j ) =⋃m∈M

Im,

15

donde pada cada m = (m1, . . . ,mn) ∈M ,

Im = Im11 × Im2

2 × · · · × Imnn .

Denotando las longitudes de los intervalos Ij , I1j e I2

j como |Ij | = bj − aj , |I1j | = cj − aj y |I2

j | = bj − cj ,tenemos |Iij | =

|Ij |2 donde i = 1, 2.

Ası mismo, para los rect´ngulos n-dimensionales I =∏nj=1[aj , bj ] =

∏nj=1 Ij , Im = Im1

1 × · · · × Im1n , se tiene

|I| = |I1||I2| · · · |In| = (b1 − a1)(b2 − a2) · · · (bn − an),

|Im| = |Im11 ||I

m22 | · · · |Imnn | =

|I1|2

|I2|2· · · |In|

2=|I|2n.

Por ejemplo, para n = 2, tenemos I = [a1, b1]× [a2, b2], Ij = [aj , bj ] = [aj , cj ] ∪ [cj , bj ], con i = 1, 2.

Aquı, M = {(1, 1), (1, 2), (2, 1), (2, 2)}, I1 = [a1, b1], I2 = [a2, b2]. Se tiene:

[a1, c1]× [a2, c2] = I11 × I1

2 = I(1,1),

[a1, c1]× [c2, b2] = I11 × I2

2 = I(1,2),

[c1, b1]× [a2, c2] = I21 × I1

2 = I(2,1),

[c1, b1]× [c2, b2] = I21 × I2

2 = I(2,2),

|I| = |I1||I2| = (b1 − a1)(b2 − a2),

|I(1,1)| = |I11 ||I1

2 | =|I1|2

|I2|2

=|I1||I2|

22=|I|22,

|I(1,2)| = |I(2,1)| = |I(2,2)| =|I|22, de forma analoga.

Demostracion de Proposicion 2.1.1 .

Por definicion de compacidad, debemos comprobar que para cualquier cubrimiento abierto de I, es decir dadala familia de abiertos {Gα}α∈A donde I ⊆ ∪α∈AGα, es posible hallar un subconjunto B finito, B ⊆ A, talque I ⊆ ∪α∈BGα.

Supongamos que para cada B ⊆ A finito, I 6⊆ ∪α∈BGα, i.e. I no esta contenido en ∪α∈BGα. Luego, comoI = ∪m∈MIm, debera ocurrir que para algun m0 ∈ M , valga Im0

6⊆ ∪α∈BGα para cada B ⊆ A finito. Deexistir para cada Im, m ∈ M algun Bm ⊆ A finito con Im ⊆ ∪α∈BmGα, definiendo B = ∪m∈MBm tenemosB finito y I = ∪m∈MIm ⊆ ∪m∈M (∪α∈BmGα) = ∪α∈BGα, lo cual contradice lo asumido mas arriba.

Denotamos I1 = Im0 y observamos que I1 ⊆ I ⊆ ∪α∈AGα, luego {Gα}α∈A es un cubrimiento abierto deI1. Ası mismo se tiene I1 6⊆ ∪α∈BGα para cada B ⊆ A finito. Por lo tanto I1 cumple lo asociado para I,

|I1| = |I|2n .

Expresando I1 como la reunion de 2n subintervalos, I1 = ∪m∈MI1m, igual que en el caso de I, tenemos que

{Gα}α∈A es un cubrimiento abierto de I1 y por ende de cada I1m, por lo que es posible hallar algun m ∈M

con I1m 6⊆ ∪α∈BGα para todo B ⊆ A finito. Denotando I1

m = I2, se tiene |I2| = |I1m| =

|I1|2n = |I|

22n .

16

Procediendo por induccion, hallamos una sucesion decreciente de intervalos n-dimensionales Ik, con k ≥ 0,

I0 = I ⊇ I1 ⊇ I2 ⊇ I3 ⊇ · · ·

tal que para cada k > 1, se tiene

Ik ⊆⋃α∈A

Gα,

Ik 6⊆⋃α∈B

Gα, para cada B ⊆ A finito,

|Ik| = |Ik−1|2n

=|I|2kn

.

Sabiendose que ∩∞k=0Ik 6= ∅, existe por lo menos algun x = (x1, x2, . . . , xn) ∈ Rn, x ∈ ∩∞k=0I

k ⊆ I0 =I ⊆ ∪α∈AGα, y existe α0 ∈ A con x ∈ Gα0 . En vista de ser Gα0 abierto, es posible hallar r > 0 conx ∈ B(x, r) ⊆ Gα0

, donde B(x, r) denota la bola abierta de centro x y radio r > 0, es decir

B(x, r) := {y ∈ Rn : ||y − x|| < r}

Eligiendo 0 < ρ < r√n

, veamos quen∏j=1

[xj − ρ, xj + ρ] ⊆ B(x, 1),

donde∏nj=1[xj − ρ, xj + ρ] = {t = (t1, . . . , tn) ∈ Rn : xj − ρ ≤ tj ≤ xj + ρ, 1 ≤ j ≤ n}.

Dado cualquier t ∈∏nj=1[xj − ρ, xj + ρ], t = (t1, . . . , tn), para todo 1 ≤ j ≤ n, se tiene xj − ρ ≤ tj ≤ xj + ρ

⇐⇒ −ρ ≤ tj − xj ≤ ρ. Luego

||t− x||

√√√√ n∑j=1

|tj − xj |2 ≤

√√√√ n∑j=1

ρ2 = ρ√n <

r√n

√n = r.

Denotemos Ik =∏nj=1[akj , b

kj ] = {(u1, . . . , un) ∈ Rn : akj ≤ u)j ≤ bkj , 1 ≤ j ≤ n}. Por definicion de Ik,

|[akj , bkj ]| = |Ij |2k

, I = I1 × I2 × · · · × In. Si Lk = max1≤j≤n|Ij |2k

= 12k

max1≤j≤n|Ij |, resulta Limk→∞Lk = 0, detal manera existe k0 tal que Lk < ρ si k ≥ k0. Entonces para j = 1, . . . , n y cada k ≥ k0, se tiene

xj ∈ [akj , bkj ] ⊆

[xj −

|Ij |2k

, xj +|Ij |2k

]⊆ [xj − Lk, xj + Lk] ⊆ [xj − ρ, xj + ρ],

Ik =

n∏j=1

[akj , akj ] ⊆

n∏j=1

[xj − Lk, xj + Lk] ⊆n∏j=1

[xj − ρ, xj + ρ] ⊆ B(x, r) ⊆ Gα0 .

¡Contradiccion!

2.2 Espacios metricos separables. Compacidad.

Definicion 2.2.1. Sea (X, d) un espacio metrico. Un conjunto D ⊆ X se dice denso en X si X = D∪L(D),donde L(D) denota el conjunto de los puntos de acumulacion de D.

17

D es denso en X si, y solo si, para todo x ∈ D y para todo r > 0, se tiene B(x, r) ∩D 6= ∅.

Proposicion 2.2.1

Demostracion .

(=⇒) Si x ∈ X = D ∪ L(D), se tiene que x ∈ D o x ∈ L(D). Si x ∈ D, entonces para todo r > 0 se tienex ∈ B(x, r) ∩D. Si x ∈ L(D), se tiene ∅ 6= (B(x, r)− {x}) ∩D ⊆ B(x, r) ∩D.

(⇐=) Sea x ∈ X y x 6∈ D. Por hipotesis, B(x, r) ∩D 6= ∅ y (B(x, r) − {x}) ∩D 6= ∅. Por tanto, x ∈ L(D).De donde Dc ⊆ L(D). Como D ⊆ X y X = D ∪Dc ⊆ D ∪ L(D) ⊆ X, resulta X = D ∪ L(D).

Definicion 2.2.2. Un espacio metrico (X, d) se dice separable si tiene un subconjunto denso numerable.

Sea D ⊆ R denso numerable. Entonces para cada n ≥ 2,

Dn = D × · · · ×D = {(d1, d2, . . . , dn) : dj ∈ D, 1 ≤ j ≤ n}

es denso en Rn.

Proposicion 2.2.2

Demostracion .

Para comprobar que Dn es denso en Rn, en vista de la proposicion anterior, es suficiente verificar que: paratodo r > 0 y para todo x = (x1, . . . , xn) ∈ Rn, existe d = (d1, . . . , dn) ∈ Dn con d(x, d) = ||x − d|| =√∑n

j=1 |xj − dj |2 < r.

Para cada x, d ∈ Rn, es valida la desigualdad

||x− d|| =

√√√√ n∑j=1

|xj − dj |2 ≤n∑j=1

|xj − dj |.

Dado x = (x1, . . . , xn) ∈ Rn fino, para cada j, xj ∈ R y es posible hallar dj ∈ B(xj ,rn ). Luego |xj − dj | < r

n .Definiendo d = (d1, . . . , dn), de la desigualdad anterior queda

||x− d|| ≤n∑j=1

|xj − dj | < nr

n= r.

De donde d ∈ B(x, r).

En R, es sabido que los numeros racionales Q constituyen un subconjunto denso y numerable de R.

Sea (X, d) un espacio metrico en el cual cada subconjunto infinito de X tiene un punto fijo. Probar queX es separable.

Proposicion 2.2.3

18

Demostracion .

Primero presentamos la idea de la demostracion. Sea δ > 0 fijo. Escoja x1 ∈ X. Habiendo escogido x1, . . . , xj ,escoja xj+1 ∈ X si es el caso tal que d(xi, xj+1) ≥ δ, con 1 ≤ i ≤ j. Este procedimiento cesa despues de unnumero finito de pasos, de tal manera que X puede ser cubierto por un numero finito de vecindades de radioδ. Tomando δn = 1

n , n = 1, 2, . . . y los centros respectivos, se construye el subconjunto denso numerable enX.

Observamos que no puede existir una sucesion infinita {xj}∞j=1 con d(xn, xm) ≥ δ si n 6= m, pues de ser ciertoel subconjunto infinito {xj}∞j=1 admite un punto lımite x ∈ X. Luego (B(x, r) − {x}) ∩ {xj}∞j=1 6= ∅, para

cada r < δ2 . De aquı es posible hallar xn 6= xm con d(xn, xm) < d(x, xn) + d(x, xm) < δ

2 + δ2 = δ.

Notamos que la negacion del hecho de existir para cada δ > 0 un entero finito N = Nδ tal que X =∏Nj=1B(xj , δ), para ciertos x1, . . . , xN ∈ X, es lo verificado en el parrafo anterior.

Para cada n = 1, 2, . . . , sea Dn = {xn1 , . . . , xnNn} con X = ∪Nnj=1B(xj , δn), defina D = ∪∞n=1Dn, y como para

todo x ∈ X y para todo r > 0, existe δn < r, x ∈ X = ∪Nnj=1B(xj , δn), con x ∈ B(x, xj) para algun j, se tiened(x, xj) < δn < r, es decir xj ∈ B(x, r) ∩Dn ⊆ B(x, r) ∩Dn, concluyendo que D es denso en X.

Cada espacio metrico separable tiene una base numerable.

Proposicion 2.2.4

Demostracion .

Sea (X, d) un espacio metrico separable. Luego existe D = {d1, d2, d3, . . . } = {dn : n ≥ 1} ⊆ X numerable ydenso. Por definicion de subconjunto denso del espacio metrico X, se cumple X ⊆ D ∪ L(D), de forma quepara todo x ∈ X y para todo r > 0, existe algun dj ∈ D y dj ∈ B(x, r), i.e. D ∩B(x, r) 6= ∅.

Denotemos por B la familia de abiertos B(dj ,1n ), j = 1, 2, . . . , n = 1, 2, . . . . Entonces B es una familia

de abiertos numerable. Probemos que B es una base de X, para lo cual debemos probar que dado x ∈ Xarbitrario y r > 0 cualquiera, podemos hallar algun miembro B(dk,

1m ) de B con x ∈ B(dk,

1m ) ⊆ B(x, r).

Como r > 0, existe n ≥ 1 entero con B(x, 2n ) ⊆ B(x, 1

n ) ⊆ B(x, r). Por ser D denso en X, existe dk ∈D ∩ B(x, 1

2n ). Verifiquemos a continuacion que B(dk,1

2n ) ⊆ B(x, 1n ) ⊆ B(x, r). Sea t ∈ B(dk,

12n ), luego

d(t, x) ≤ d(t, dk) + d(dk, x) < 12n + 1

2n = 1n , comprobandose la afirmacion. Tomando 2n = m, se cumple

x ∈ B(dk,1m ) ⊆ B(x, r).

Sea (X, d) un espacio metrico en el cual cada subconjunto infinito tiene un punto lımite. Entonces X escompacto.

Proposicion 2.2.5

Demostracion .

Primero presentamos la idea de la demostracion. Note que X posee una base numerable {Bn}∞n=1 y paracada cubrimiento abierto {Gα}α∈A de X se tiene un cubrimiento numerable {Gαj}∞j=1, i.e. X = ∪α∈AGαy existe J = {αj}∞j=1 ⊆ A con X = ∪∞j=1Gαj . De ocurrir que ningun B ⊆ J finito sea cubrimiento de X,entonces (Gα1 ∪ · · · ∪ Gαn)c = Fn 6= ∅, para todo n ≥ 1 y ∩∞n=1Fn = ∅. Sea E un conjunto que posea unpunto de cada Fn, consideramos un punto lımite de E y se llega a una contradiccion.

19

Por lo visto en la proposicion anterior, X es separable y por ende existe una base numerable {Bn}∞n=1 de X.En particular, para todo α ∈ A, existe Nα ⊆ {1, 2, 3, . . . } tal que Gα = ∪n∈NαBn. Sea M := ∪α∈ANα ⊆{1, 2, 3, . . . }. Luego

X = ∪α∈AGα = ∪α∈A(∪n∈NαBn) = ∪n∈MBn.

Por construccion, para cada m ∈M , Bn ⊆ Gαk para algun αk ∈ A. Luego,

⋃n∈M

Bn ⊆∞⋃n=1

Gαn ⊆⋃α∈A

Gα = X,

de aquı y la identidad anterior de tiene X = ∪∞n=1Gαn .

Observemos ∅ = ∩∞n=1Fn ⇐⇒ ∅c = X = ∪∞n=1Fcn = ∪∞n=1[Gα1 ∪ · · · ∪Gαn ] = ∪∞n=1Gαn .

Sea E = {xn}∞n=1 un subconjunto denso y numerable de X. Dado xn ∈ Fn, n = 1, 2, 3, . . . , por hipotesisexiste x ∈ L(E). Luego x = Limk→∞xnk , para alguna subsucesion {xnk}∞k=1 de E = {xn}∞n=1. Entoncesx ∈ Fn para cada n ≥ 1, pues de existir algun m con x 6∈ Fm, x ∈ F cm y F cm abierto, se tendrıa r > 0 conB(x, r) ⊆ F cm, obteniendose Fm+k ⊆ Fm para todo k ≥ 0. Luego F cm ⊆ F cm+k, de donde resulta x 6∈ L(E).

Por lo tanto, x ∈ ∩nn=1Fn = ∅, lo cual es una contradiccion.

2.3 Puntos lımite. Clausura.

Sea E un subconjunto de un espacio metrico (X, d). El conjunto L(E) de los puntos lımites de E es unsubconjunto cerrado de X.

Proposicion 2.3.1

Demostracion .

Verifiquemos que L(L(E)) ⊆ L(E), pues pro definicion M ⊆ X es cerrado si, y solo si, L(M) ⊆M .

Sea y ∈ L(L(E)). Para cada r > 0 se tiene (B(y, r) − {y}) ∩ L(E) 6= ∅, por tanto existe z ∈ B(y, r),z 6= y, z ∈ L(E). A continuacion probaremos que (B(y, r) − {y}) ∩ E 6= ∅, lo cual implica que y ∈ L(E),resultando L(L(E)) ⊆ L(E). Definamos r0 = min(d(z, y), r − d(z, y)). Entonces r0 ≤ d(z, y). Por tantoy 6∈ B(z, r0) = {t ∈ X : d(t, z) < r0}. Ası mismo B(z, r0) ⊆ B(y, r) pues para cada w ∈ B(z, r0), se tiene

d(w, y) ≤ d(w, z) + d(z, y) < r0 + d(y, z) ≤ r − d(z, y) + d(z, y) = r.

En vista de tenerse z ∈ L(E), (B(z, r0) − {z}) ∩ E 6= ∅. Luego existe h ∈ E con h ∈ B(z, r0) − {z} ⊆B(z, r0) ⊆ B(y, r)− {y}, concluyendose (B(y, r)− {y}) ∩ E 6= ∅, es decir y ∈ L(E).

Nota: Para todo z ∈ B(y, r), si rz = r − d(z, y) resulta B(z, rz) ⊆ B(y, r), ademas si tambien d(y, z) < r2 ,

entonces y ∈ B(z, rz) ya que rz = r − d(z, y) > r − r2 = r

2 . La eleccion de r0 asegura que y 6∈ B(z, r0).

20

Sea E un subconjunto de un espacio metrico (X, d). La clausura de E, denotada por E, se define comoE = E ∪ L(E). Entonces:

(1) E es un cerrado.

(2) Para cada cerrado F con E ⊆ F , se tiene E ⊆ F .

Proposicion 2.3.2

Demostracion .

Nota: (1) y (2) establecen que la clausura de E es el cerrado mas pequeno el cual contiene a E.

• Prueba de (1): Veamos que (E)c = (E∪L(E))c = Ec∩(L(E))c es un abierto. Dado x ∈ (E)c, x ∈ Ecy x ∈ (L(E))c. Como x 6∈ L(E), es posible hallar r > 0 tal que (B(x, r)− {x}) ∩E = ∅. Usando ahoraque x 6∈ E, queda B(x, r) ⊆ Ec, de donde para todo t ∈ B(x, r), se cumple t ∈ (E)c. Concluyendoseque (E)c es abierto.

• Prueba de (2): Verifiquemos que L(E) ⊆ F . De existir x ∈ L(E) y x 6 F , por tenerse F c abiertoy x ∈ F c, es posible hallar r > 0 con B(x, r) ⊆ F c ⊆ Ec. Luego (B(x, r) − {x}) ∩ E = ∅, lo cualcontradice el tener x ∈ L(E), demostrandose ası que L(E) ⊆ F .

Tenemos ası, E = E ∪ L(E) ⊆ F ∪ F = F .

21

CAPITULO 3

FUNCIONES DE Rn EN R

3.1 Ejercicios sobre funciones continuas.

Sea n ≥ 2, 1 ≤ j ≤ n entero, Rn = {x = (x1, . . . , xn) : xj ∈ R, 1 ≤ j ≤ n}. Sea Pj : Rn −→ R la funcionPj(x) = xj , para todo x ∈ Rn (la proyeccion j-esima). Probar las siguientes afirmaciones:

(1) Pj es continua para cada 1 ≤ j ≤ n. Represente geometricamente Pj para n = 2 y n = 3.

(2) Sean k, j ∈ {1, 2, . . . , n}, entonces h : Rn −→ R, la funcion dada por

h(x) = Pj(x)Pk(x) = xjxk

para todo x ∈ Rn, es continua.

(3) Sean m1 ≥ 0 y m2 ≥ 0 enteros, entonces la funcion d : Rn −→ R, dada por

d(x) = Pm1j (x)Pm2

k (x) = xm1j xm2

k

para todo x ∈ Rn, es continua.

(4) Sean j = (j1, . . . , jn) ∈ {1, 2, . . . , n}n := {(l1, . . . , ln) : li ∈ {1, 2, . . . , n}, 1 ≤ i ≤ n} y m =(m1, . . . ,mn) ∈ ωn = {(k1, . . . , kn) : ki ∈ ω = {p : p ≥ 0 y entero}} fijos, entonces la funcion de Rnen R dada por

x 7→ Pm1j1

(x)Pm2j2

(x) · · ·Pmnjn(x)

es continua.

(5) Escribiendo la funcion de (4) como Pmj

(x) = Pm1j1

(x) · · ·Pmnjn(x), para cada m ∈ ωn, j ∈

{1, 2, . . . , n}n, sean k ≥ 1 entero, mi = (mi1, . . . ,m

in) ∈ ωn, ji = (ji1, . . . , j

in) ∈ {1, 2, . . . , n}n,

ci ∈ R, 1 ≤ i ≤ k, entonces la funcion x 7→∑kj=1 ciP

mi

ji(x) es continua de Rn en R, denominada

funcion polinomica de n-variables.

Ejercicio 3.1.1

23

Sean n ≥ 2 y m ≥ 2 enteros. El producto cartesiano de Rn con sı mismo k veces es el conjunto

(Rn)k = Rn × · · · × Rn( k veces) = {(x1, x2, . . . , xk) : xi = (xi1, xi2, . . . , x

in) ∈ Rn, 1 ≤ i ≤ k}.

Definiendo para cada (x1, x2, . . . , xk) ∈ (Rn)k,

||(x1, x2, . . . , xk)|| :=√∑m

i=1 ||xi||2 =√∑m

i=1

∑nj=1 |xij |2

probar que || || es una norma.Por ejemplo, verifique cada una de las siguientes desigualdades para concluir la validez de la desigualdadtriangular. Sean (x1, . . . , xk) ∈ (Rn)k y (y1, . . . , yk) ∈ (Rn)k,

(x1, . . . , xk) + (y1, . . . , yk) = (x1 + y1, x2 + y2, . . . , xk + yk) ∈ (Rn)k,

||(x1, . . . , xk) + (y1, . . . , yk)|| = ||(x1 + x1, x2 + y2, . . . , xk + yk)||

=

√√√√ k∑i=1

n∑j=1

|xij + yij |2

≤

√√√√ k∑i=1

n∑j=1

|xij |2 +

√√√√ k∑i=1

n∑j=1

|yij |2

= ||(x1, . . . , xk)||+ ||(y1, . . . , yk)||.

Ejercicio 3.1.2

Para cada 1 ≤ i ≤ k, sea la funcion LiL(Rn)k −→ Rn dada por Li(x1, . . . , xk) = xi = (xi1, . . . , xin), para

todo (x1, . . . , xk) ∈ (Rn)k. Probar que Li es continua.

Ejercicio 3.1.3

Dados 1 ≤ i ≤ k, 1 ≤ j ≤ n, sea la funcion Lij : (Rn)k −→ R tal que para cada (x1, . . . , xk) ∈ (Rn)k,

Lij(x1, . . . , xk) = xij . Probar que Lij = Pj ◦ Li y que Lij es continua.

Ası mismo, denotando j = (j1, . . . , jk) donde js es un entero entre 1 y n, para cada s = 1, . . . , n, probarque la funcion

Lj(x1, . . . , xk) = L1

j1(x1, . . . , xk)L2j2(x1, . . . , xk) · · ·Lkjk(x1, . . . , xk) = x1

j1x2j2 · · ·x

kjk

es una funcion continua de (Rn)k en R para cada j.

Ejercicio 3.1.4

24

Compruebe la continuidad de las siguientes funciones:

(1) R× R −→ R dada por (x, y) 7→ x− y, con x ∈ R e y ∈ R.

(2) R2 × R2 −→ R dada por (x1, x2) 7→ x11x

22 − x1

2x21, con x1 = (x1

1, x12) ∈ R2 y x2 = (x2

1, x22) ∈ R2.

Esta funcion se denomina determinante de orden 2, y se denota por

det(x1, x2) := x11x

22 − x1

2x21 =

∣∣∣∣ x11 x1

2

x21 x2

2

∣∣∣∣(3) R3 × R3 × R3 −→ R dada, para cada xi = (xi1, x

i2, x

i3) ∈ R3 con 1 ≤ i ≤ 3, por

(x1, x2, x3) 7→ x11x

22x

33 + x1

2x23x

31 + x1

3x21x

32 − x1

3x22x

31 − x1

1x23x

32 − x1

2x21x

33.

Esta funcion se denomina determinante de orden 3, y se denota por

det(x1, x2, x3) =

∣∣∣∣∣∣x1

1 x12 x1

3

x21 x2

2 x23

x31 x3

2 x33

∣∣∣∣∣∣ := x11x

22x

33 + x1

2x23x

31 + x1

3x21x

32 − x1

3x22x

31 − x1

1x23x

32 − x1

2x21x

33

Ejercicio 3.1.5

Considere el producto escalar Rn × Rn −→ R, con n ≥ 2, tal que para x1 = (x11, . . . , x

1n) ∈ Rn, x2 =

(x21, . . . , x

2n) ∈ Rn,

(x1, x2) 7→ x11x

21 + · · ·+ x1

nx2n =

n∑j=1

x1jx

2j = x1 · x2.

Demuestre que · es una funcion continua.

Ejercicio 3.1.6

Para cada d = (d1, . . . , dn) ∈ Rn, n ≥ 2 fijos, se define fd : Rn −→ R por

fd(x) = x · d =

n∑j=1

xjdj ,

para todo x = (x1, . . . , xn) ∈ Rn. Verifique que fd es continua y que para cada α ∈ R, Nα = {x =(x1, . . . , xn) ∈ Rn : fd(x) = α} es un subconjunto cerrado de Rn.

Ejercicio 3.1.7

25

Dados x = (x1, x2, x3) ∈ R3, y = (y1, y2, y3) ∈ R3, su producto vectorial denotado por x × y, se definecomo la funcion de R3 × R3 en R3 tal que

(x, y) 7→ x× y = (x2y3 − x3y2, x3y1 − x1y3, x1y2 − x2y1) ∈ R3.

Demuestre que × : R3×R3 −→ R3 es continua, comprobando que cada una de las siguientes composicioneses continua, donde Pj y Lij se definieron en ejercicios anteriores:

(x, y) 7→ P1(x× y) = x2y3 − x3y2 = L12(x, y)L2

3(x, y)− L13(x, y)L2

2(x, y),

(x, y) 7→ P2(x× y) = x3y1 − x1y3 = L13(x, y)L2

1(x, y)− L11(x, y)L2

3(x, y),

(x, y) 7→ P3(x× y) = x1y2 − x2y1 = L11(x, y)L2

2(x, y)− L12(x, y)L2

1(x, y).

Ejercicio 3.1.8

Sean X e Y conjuntos, y f : X −→ Y una funcion. Probar:

(1) (a) f(∪i∈IAi) = ∪i∈If(Ai), donde Ai ⊆ X para cada i ∈ I.

(b) f(∩i∈IAi) ⊆ ∩i∈If(Ai).

Halle el ejemplo de una familia {Ai}i∈I para la cual la inclusion sea propia.

(2) (a) f−1(∪j∈JBj) = ∪j∈Jf−1(Bj), donde Bj ⊆ Y para cada j ∈ J .

(b) f−1(∩j∈JBj) = ∩j∈Jf−1(Bj).

(c) Dados B ⊆ Y y D ⊆ Y , entonces f−1(B −D) = f(B)− f(D) y (f−1(B))c = f−1(Bc).

(3) Sean A1 ⊆ A2 ⊆ X y B1 ⊆ B2 ⊆ Y , entonces f(A1) ⊆ f(A2) y f−1(B1) ⊆ f−1(B2).

(4) Para cada A ⊆ X y B ⊆ Y , son validas las inclusiones A ⊆ f−1(f(A)) y f(f−1(B)) ⊆ B.

Ejercicio 3.1.9

Sea f : R −→ R la funcion dada por

f(x) =

{xsen( 1

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

Probar que f es continua en 0. Dibujar su grafica.

Ejercicio 3.1.10

Sea [x] el entero mas grande menor o igual a x ∈ R, x− 1 < [x] ≤ x. Definamos tambien (x) := x− [x] laparte fraccional de x. Hallar el tipo de discontinuidades de [x] y (x).

Ejercicio 3.1.11

26

Sea la funcion f : E −→ R uniformemente continua, donde E ⊆ R es acotado. Probar que f es acotada.Ası mismo, demostrar que la conclusion es falsa si E no es acotado.

Ejercicio 3.1.12

Sea la funcion f : (a, b) −→ R. Probar que el conjunto de puntos donde f tiene discontinuidad de primeraclase es a lo sumo numerable.

Sugerencia: Sea E el conjunto de los x ∈ (a, b) donde f(x−) < f(x+). Con cada x ∈ E, asociar la terna(p, q, r) de numeros racionales que satisfacen:

(a) f(x−) < p < f(x+),

(b) a < q < t < x implica f(t) < p,

(c) x < t < r < b implica f(t) > p.

El conjunto de ternas es numerable. Probar que cada terna esta asociada con a lo sumo un punto de E.Tratar igualmente los otros casos de discontinuidades de primera clase.

Ejercicio 3.1.13

Sea E ⊆ (a, b), cn > 0,∑∞n=1 cn < ∞. Sea f : (a, b) −→ R, E = {xn}∞n=1 ⊆ (a, b). Para todo x ∈ (a, b),

sean Nx = {n ≥ 1 : xn < x} y

f(x) =

{ ∑n∈Nx

12n si Nx 6= ∅,

0 si Nx = ∅.

(1) Probar que f es continua y creciente en (a, b)− E.

(2) Para todo x ∈ (a, b), f(x−) = f(x).

(3) Para todo p, f(x+p )− f(x−p ) = cp > 0.

Ejercicio 3.1.14

3.2 Derivadas parciales operacionalmente

Consideremos la funcion f : Rn −→ R, n ≥ 2, x = (x1, x2, . . . , xn) ∈ Rn,

f(x) = f(x1, x2, . . . , xn) = x21 + x3

2 + · · ·+ xn+1n .

Fijemos cualquiera de las coordenadas, por ejemplo la primera y dejemos las demas coordenadas constantes.Podemos derivar con respecto a la primera coordenada, tomando el resto de las coordenadas constantes, ası,por ejemplo fijando x1, se denota la derivada parcial con respecto a x1 como

∂f∂x1

(x) := Limλ→0f(x1+λ,x2,...,xn)−f(x1,x2,...,xn)

λ = 2x1

27

Ası, analogamente, la derivada parcial con respecto a x2 nos da

∂f

∂x2(x) =

∂f

∂x2(x1, x2, . . . , xn) = 3x2,

y en general con respecto a xi se tiene

∂f

∂xi(x) =

∂f

∂xi(x1, x2, . . . , xn) = (i+ 1)xii,

para cada i = 1, 2, . . . , n.

Ejemplo 3.2.1.

(1) Sea el abierto de R2, D = {(x1, x2) ∈ R2 : x21 + x2

2 − 1 > 0} y la funcion f : D −→ R dada porf(x1, x2) = lg(x2

1 + x22 − 1). Luego

∂f

∂x1(x1, x2) =

2x1

x21 + x2

2 − 1,

∂f

∂x2(x1, x2) =

2x2

x21 + x2

2 − 1, para todo x = (x1, x2) ∈ D.

(2) Sea D = {(x1, x2) ∈ R2 : x1 > 0} y f : D −→ R dada por f(x1, x2) = tan(x2

x1). Luego

∂f

∂x1(x1, x2) =

(1 +

[tan

(x2

x1

)]2)

(−x2x−21 ),

∂f

∂x2(x1, x2) =

(1 +

[tan

(x2

x1

)]2)

1

x1, para todo x = (x1, x2) ∈ D.

(3) Sea f : R2 −→ R la funcion dada por f(x1, x2) = sen(x21x2 + cos(x1x2)) para todo x = (x1, x2) ∈ R2.

Tenemos

∂f

∂x1(x1, x2) = cos(x2

1 + cos(x1x2))[2x1x2 − sen(x1x2)x2],

∂f

∂x2(x1, x2) = cos(x2

1 + cos(x1x2))[x21 − sen(x1x2)x1].

(4) Dada f : D −→ R, D ⊆ R2, sea la grafica de f , denotada G(f), definida por

G(f) := {(x, f(x)) ∈ R3 : x ∈ D} = {(x1, x2, f(x1, x2)) : (x1, x2) ∈ D}

Este conjunto permite la siguiente representacion basica:

28

(5) Sea D = {x = (x1, x2) ∈ R2 : 12 ≤ x2

1 + x22 ≤ 1} y f : D −→ R la funcion dada por f(x) = f(x1, x2) =

x21 + x2

2, para todo x ∈ D. Sea el plano π = {(x1, x2, x3) : x1 = 14}. Hallemos π ∩D.

En la frontera:1

2=

(1

4

)2

+ x22 ⇐⇒ x2

2 =8

16− 1

16=

7

16⇐⇒ x2 = ±

√7

4,

En la frontera: 1 =

(1

4

)2

+ x22 ⇐⇒ x2

2 =16

16− 1

16=

15

16⇐⇒ x2 = ±

√15

4.

Luego, π ∩D = {( 14 , x2, 0) : x2 ∈ [−

√15

4 ,−√

74 ] ∪ [

√7

4 ,√

154 ]}. Ası mismo,

G(f) ∩ π =

{(x1, x2, f(x1, x2)) :

1

2≤ x2

1 + x22 ≤ 1

}∩{(

1

4, x2, x3

): x2, x3 ∈ R

}=

{(1

4, x2,

1

16+ x2

2

): x2 ∈

[−√

15

4,−√

7

4

]∪

[√7

4,

√15

4

]}.

29

3.3 Notacion y derivadas parciales iteradas

Sea D ⊆ Rn, n ≥ 2, y f : D −→ R una funcion derivable parcialmente en cada coordenada. Ası por ejemplo

f : R2 −→ R, f(x1, x2) = ex1 + sen(x1x2), para todo (x1, x2) ∈ R2,

entonces f es parcialmente derivable con respecto a cada variable:

∂f

∂x1(x1, x2) = ex1 + x2cos(x1x2).

Observar que ∂f∂x1

: R2 −→ R y tiene sentido volver a derivar respecto a x1 y x2, estas derivadas iteradas sedenotan:

∂2f

∂x21

(x1, x2) =∂

∂x1

[∂f

∂x1(x1, x2)

]=

∂

∂x1[ex1 + x2cos(x1x2)] = ex1 − x2

2sen(x1x2),

∂2f

∂x22

(x1, x2) =∂

∂x2

[∂f

∂x2(x1, x2)

]=

∂

∂x2[x1cos(x1x2)] = −x2

1sen(x1x2),

∂2f

∂x1∂x2(x1, x2) =

∂

∂x1

[∂f

∂x2(x1, x2)

]=

∂

∂x2[x1cos(x1x2)] = cos(x1x2)− x1x2sen(x1x2),

∂2f

∂x2∂x1(x1, x2) =

∂

∂x2

[∂f

∂x1(x1, x2)

]=

∂

∂x2[ex1 + x2cos(x1x2)] = cos(x1x2)− x1sen(x1x2),

∂3f

∂x1∂x2∂x1(x1, x2) =

∂

∂x1

[∂2f

∂x2∂x1(x1, x2)

]=

∂

∂x1[cos(x1x2)− x1sen(x1x2)]

= −x2sen(x1x2)− sen(x1x2)− x1x22cos(x1x2),

. . . etc

Tambien se acostumbra denotar

∂2f

∂x21

(x1, x2) = fx1x1(x1, x2),

∂2f

∂x1∂x2(x1, x2) = fx1x2

(x1, x2),

∂3f

∂x2∂x1∂x1(x1, x2) = fx2x1x1

(x1, x2),

. . . etc

Otra notacion:

∂f

∂x1(x1, x2) = D1f(x1, x2),

∂2f

∂x21

(x1, x2) = D1,1f(x1, x2),

∂3f

∂x1∂x2∂x2(x1, x2) = D1,2,2f(x1, x2),

. . . etc

30

3.4 Ejercicios sobre derivadas parciales

Hallar ∂z∂x y ∂z

∂y donde:

(1) z = z(x, y) = 2xy + 3 yx ;

(2) z = log(x+ yx2 );

(3) z = cos(x2 + y2),

(4) z = 1√1+x2+y2

.

Ejercicio 3.4.1

Hallar las segundas derivadas parciales de:

(1) xy;

(2) log(xy);

(3) xy;

(4) exy

.

Ejercicio 3.4.2

Probar que fxx + fyy = 0 para:

(1) log(√x2 + y);

(2) arctan( yx ).

Ejercicio 3.4.3

Sea r = r(x, y, z) =√x2 + y2 + z2. Hallar rxx + ryy + rzz.

Ejercicio 3.4.4

Probar que∑nj=1 fxjxj = 0 para f(x1, x2, . . . , xn) = 1

(x21+x2

2+···+x2n)n−22

, donde n ≥ 3.

Ejercicio 3.4.5

Sean f : R −→ R y g : R −→ R funciones derivables, r =√x2 + y2 + z2, µ(x, y, z) = f(t+r)

r + g(t−r)r .

Probar que µxx + µyy + µzz = µtt.

Ejercicio 3.4.6

31

Probar que no existen en (0, 0) las parciales fx y fy, para:

(1) f(x, y) =√xcos(y);

(2) f(x, y) =√|xy|;

(3) f(x, y) =

{2xy√x2+y2

, si x 6= 0 o y 6= 0

0, si x = y = 0

Ejercicio 3.4.7

Sean g : [x0, x1] −→ R y f : [y0, y1] −→ R funciones continuas. Para h : [x0, x1]× [y0, y1] −→ R dada porh(x, y) = (

∫ xx0g(s)ds)(

∫ yy0f(s)ds), con x0 ≤ x ≤ x1 y y0 ≤ y ≤ y1, hallar hx y hy.

Ejercicio 3.4.8

Sea D un subconjunto abierto de R2, una funcion µ : D −→ R se dice armonica si cumple la ecuacionde Laplace

∆µ := µxx + µyy = 0

sobre D. Una funcion ν : D −→ R se dice conjugada armonica de µ si para todo (x, y) ∈ D se cumplenlas ecuaciones de Cauchy-Riemann:

µx(x, y) = νy(x, y) y µy(x, y) = −νx(x, y)

Probar que µ(x, y) es armonica si:

(1) µ(x, y) = 2x(1− y);

(2) µ(x, y) = 2x− x3 + 3xy2;

(3) µ(x, y) = senh(x)sen(y), donde senh(x) = ex−e−x2 .

Hallar en cada caso la conjugada armonica v(x, y).

Ejercicio 3.4.9

3.5 Aplicaciones lineales de Rn en R, n ≥ 1

Una funcion T : Rn −→ R se dice lineal o operador lineal si satisface:

(1) T (x+ y) = T (x) + T (y), para todo x, y ∈ Rn.

(2) T (λx) = λT (x), para todo λ ∈ R y todo x ∈ Rn.

Ejemplo 3.5.1. Recordemos la base canonica de Rn, ej = (δj1, . . . , δjn), donde δji =

{1 si i = j,0 si i 6= j.

con

j, i = 1, 2, . . . , n. Si n = 1, la base canonica de R es {1}.

32

Para cada u = (u1, . . . , un) ∈ Rn fijo, definamos Tu : Rn −→ R tal que

Tu(x) = x · u =∑nj=1 xjuj

para todo x = (x1, . . . , xn) ∈ Rn. Recordemos que el producto escalar es lineal es la primera coordenada,por lo que Tu resulta lineal.

La siguiente proposicion muestra que cada aplicacion lineal de Rn en R es como el ejemplo previo.

Sea T : Rn −→ R lineal, entonces existe un vector u ∈ Rn tal que T (x) = x · u, para todo x ∈ Rn.

Proposicion 3.5.1

Demostracion .

Como ej , 1 ≤ j ≤ n, es base de Rn, posemos escribir

x = (x1, . . . , xn) =

n∑j=1

xjej .

Sea T (ej) = uj , 1 ≤ j ≤ n y u = (u1, . . . , un). Por ser T lineal, se tiene

T (x) = T

n∑j=1

xjej

=

n∑j=1

T (xjej) =

n∑j=1

xjT (ej) =

n∑j=1

xjuj = x · u.

Ahora comprobemos la unicidad de u. Sea otro v ∈ Rn tal que T (x) = x · v. Como T (x) = x · u, por elparrafo anterior resulta 0 = T (x)− T (x) = x · v − x · u = x · (v − u), para todo x ∈ Rn. Tomando x = v − u,queda 0 = (v − u) · (v − u) = ||v − u||2, de donde v − u = 0.

El conjunto de las aplicaciones lineales de Rn en R se denota por L(Rn,R) o por (Rn)∗. La notacion (R)∗ sedenomina espacio dual o representacion dual de Rn. Luego,

(Rn)∗ = L(Rn,R) := {T : Rn −→ R : T es lineal}

(1) Probar que (Rn)∗ es un espacio vectorial, donde la suma de operadores T + S y el producto de unoperador por un escalar λT estn definidos punto a punto por

(T + S)(x) = T (x) + S(x) y (λT )(x) = λT (x).

(2) Sean Dk ∈ (Rn)∗ tal que Dk(ej) = δjk, 1 ≤ j, k ≤ n. Demuestre que los operadores Dk, 1 ≤ k ≤ n,son linealmente independientes y que cada T ∈ (Rn)∗ se expresa como T =

∑nk=1 λkDk.

Ejercicio 3.5.2

33

3.6 Derivada de f : D −→ R, D ⊆ Rn abierto, n ≥ 2

Recordemos que si D es un abierto de R, digamos por ejemplo D = (a, b), a < b, para todo x ∈ (a, b) laderivada de f : D −→ R en x es

f ′(x) = dfdx (x) := Limy→x

f(y)−f(x)y−x = Limh→0

f(x+h)−f(x)h

donde se uso el cambio de variable h = y − x, observando que cuando y → x se tiene h→ 0.

Tratemos de imitar esta definicion, observando que tenemos que efectuar alguna modificacion pues dadaf : D −→ R, D ⊆ Rn abierto, n ≥ 2, no tiene sentido dividir por el vector h ∈ Rn. El cambio requerido seratomar ||h|| en lugar de h.

Definicion 3.6.1. Dada f : D −→ R, D ⊆ Rn abierto con n ≥ 2, x ∈ Rn. La funcion f se dice derivableen x si existe T ∈ L(Rn,R) tal que

Limh→0f(x+h)−f(x)−T (h)

||h|| = Limh→0|f(x+h)−f(x)−T (h)|

||h|| = 0

Si f es derivable en cada x ∈ D, diremos que f es derivable en D. El operador T se denomina la derivadade f en x y se tienen las siguientes notaciones para este operador T ∈ L(Rn,R):

T = f ′(x) = Df(x) = T∇f(x)

donde ∇f(x) se definira mas adelante.

Obtengamos explıcitamente f ′(x) ∈ L(Rn,R), calculando f ′(x)(ej), j = 1, 2, . . . , n, para lo cual h = λej , conλ ∈ R. Recordar que x ∈ D y al ser D abierto existe r > 0 con B(x, r) ⊆ D. En particular, como

x+ λej ∈ B(x, r) ⇐⇒ ||x+ λej − x|| = ||λej || = |λ|||ej || = |λ| < r ⇐⇒ λ ∈ (−r, r),

se tiene que f(x+ λej) esta definida si |λ| < r.

Tomando h = λej , |λ| < r, asumiendo la existencia de la derivada en x, usando la definicion se tiene

Limh→0

|f(x+ x)− f(x)− T (h)|||h||

= Limλ→0|f(x+ λej)− f(x)− T (λej)|

||λej ||

= Limλ→0|f(x+ λej)− f(x)λT (ej)|

|λ|

= Limλ→0

∣∣∣∣f(x+ λej)− f(x)

λ− T (ej)

∣∣∣∣ = 0.

Luego, Limλ→0f(x+λej)−f(x)

λ = T (ej). Como x+λej = (x1, x2, . . . , xj+λ, . . . , xn), por definicion de derivadaparcial con respecto a la coordenada j-esima, se tiene

∂f

∂xj(x) = Limλ→0

f(x+ λej)− f(x)

λ= T (ej), 1 ≤ j ≤ n.

Luego,

T (x) = T

n∑j=1

xjej

=

n∑j=1

xjT (ej) =

n∑j=1

xj∂f

∂xj(x) = x ·

(∂f

∂x1(x),

∂f

∂x2(x), . . . ,

∂f

∂xn(x)

).

34

Definicion 3.6.2. El gradiente de una funcion derivable f : D −→ R, con D ⊆ Rn abierto, es el vector

∇f(x) :=(∂f∂x1

(x), ∂f∂x2(x), . . . , ∂f∂xn (x)

)En vista de ser T (ej) = ∂f

∂xj(x), 1 ≤ j ≤ n, y usando la notacion de T = T∇f(x), se tiene para todo y ∈ Rn

que

T (y) = y · ∇f(x) =

n∑j=1

yj∂f

∂xj(x).

Observamos a proposito de lo visto, la aproximacon al punto lımite x ∈ D a lo largo del segmento de rectax+ λej , el cual es paralelo a la direccion ej = (δj1, δj2, . . . , δjn), 1 ≤ j ≤ n. Ilustremos este hecho en R2.

Podemos generalizar esta aproximacion al punto x tomando cualquier direccion u, con ||u|| = 1. De estaforma llegamos a la nocion de derivada direccional.

Definicion 3.6.3. Sea f : D −→ R, D ⊆ Rn abierto y f derivable en x ∈ D. Para cada u, la derivadadireccional de f en la direccion de u, con ||u|| = 1, se denota y define como

∂f∂u (x) = Limλ→0

f(x+λu)−f(x)λ

Con la notacion e hipotesis precedentes, ∂f∂u (x) = ∇f(x) · u.

Proposicion 3.6.1

Demostracion .

Tomando h = λu en la definicion de derivada, se tiene

0 = Limh→0

|f(x+ h)− f(x)−∇f(x) · h|||h||

= Limλ→0|f(x+ λu)− f(x)− λ∇f(x) · u|

|λ|

= Limλ→0

∣∣∣∣f(x+ λu)− f(x)

λ−∇f(x) · u

∣∣∣∣ ,de donde

∂f

∂u(x) = Limλ→0

f(x+ λu)− f(x)

λ= ∇f(x) · u.

35

Para cada u ∈ Rn unitario, se tiene ∂f∂u (x) = ∇f(x)·u =

∑nj=1

∂f∂xj

(x)uj es un numero real. Nos preguntamos,

¿para que direccion u ∈ Rn, ||u|| = 1, es ∂f∂u (x) maximo?

Dada f : D −→ R, con D ⊆ Rn abierto y f derivable en x ∈ D, tal que ∇f(x) 6= 0. Entonces

max

{∂f

∂u(x) : u ∈ Rn, ||u|| = 1

}= max {∇f(x) · u : u ∈ Rn, ||u|| = 1} = ∇f(x) ·

(∇f(x)

||∇f(x)||

).

Es decir, la direccion maxima es la direccion del gradiente.

Proposicion 3.6.2

Demostracion .

Por la desigualdad de Cauchy-Schwarz, para todo u ∈ Rn, ||u|| = 1, se tiene∣∣∣∣∂f∂u (x)

∣∣∣∣ = |∇f(x) · u| ≤ ||∇f(x)||||u|| = ||∇f(x)||.

Luego,max{∇f(x) · u : u ∈ Rn, ||u|| = 1} ≤ ||∇f(x)||.

Definimos el vector u0 = ∇f(x)||∇f(x)|| . Luego ||u0|| = 1 y ∂f

∂u0= ∇f(x) · u0 = ||∇f(x)||2

||∇f(x)|| = ||∇f(x)||. Observando

las desigualdades siguientes, se concluye la tesis

||∇f(x)|| = |∇f(x) · u0| ≤ max{|∇f(x) · u| : u ∈ Rn, ||u|| = 1} ≤ ||∇f(x)||.

3.7 Breve repaso de ecuaciones de recta (R2) y plano (R3)

En esta parte recordaremos las nociones de recta en R2 y plano en R3. Haremos el desarrollo para R3

imitando dentro de parentesis lo hecho para R2.

Definimos el plano (recta) π de R3 (R2) que pasa por el punto x0 ∈ R3 (∈ R2) y tiene como normal al vectorn de R3 (R2) a todos aquellos puntos x = (x1, x2, x3) (x = (x1, x2)) de R3 (R2) tales que

π = {x ∈ R3 : (x− x0) · n = 0} (π = {x ∈ R2 : (x− x0) · n = 0}).

36

3.8 Definicion equivalente de la derivada. Diferencial

Dada f : D −→ R, con D ⊆ Rn abierto y n ≥ 2, derivable en x0 = (x01, x

02, . . . , x

0n) ∈ D, veamos que su

derivada en x0 es la funcion T∇f(x0) ∈ L(Rn,R),

T∇f(x0)(z) := ∇f(x0) · z =

n∑j=1

∂f

∂xj(x0)zj , para todo z = (z1, z2, . . . , zn).

Ası mismo, ∇f(x0) cumple:

(1) Limh→0|f(x0+h)−f(x0)−∇f(x0)·h|

||h|| = 0, o bien de manera equivalente si x = x0 +h, observando que h→ 0

⇐⇒ x→ x0,

Limx→x0

|f(x)− f(x0)−∇f(x0) · (x− x0)|||x− x0||

= 0,

en vista de la nocion de lımite, (1) equivale a (2) presentado a continuacion.

(2) Para todo ε > 0, existe δ > 0 tal que

|f(x)− f(x0)−∇f(x0) · (x− x0)| ≤ ε||x− x0|| si ||x− x0|| < δ.

Veamos de inmediato dos interpretaciones de (2). Cuando x → x0 entonces f(x) − f(x0) − ∇f(x0) ·(x− x0)→ 0. Luego,

(2)-(a) Cuando x→ x0, f(x) se aproxima a la funcion f(x0) +∇f(x0) · (x−x0) (plano). Ocasionalmenteescribimos este hecho como f(x) ∼= f(x0) +∇f(x0) · (x− x0).

(2)-(b) Cuando x→ x0, f(x)− f(x0) se aproxima a ∇f(x0) · (x− x0) (diferencial), igual que en (2)-(a)escribimos esto como ∆f = f(x)− f(x0) ∼= ∇f(x0) · (x− x0).

Veamos a continuacion como el valor f(x0) +∇f(x0) · (x−x0) aparece como recta tangente y plano tangenteen R2 y R3, respectivamente.

Ejemplo 3.8.1. Sea D = (a, b) ⊆ R, a < b, f : (a, b) −→ R donde x0 ∈ (a, b). En R2, tenemos el graficoG(f) = {(x, f(f)) : x ∈ (a, b)}.

37

La ecuacion de la tangente esta formada por los puntos (x1, x2) ∈ R2 tales que

x2 − f(x0)

x1 − x0= f ′(x0) ⇐⇒ x2 = f(x0) + f ′(x0)(x− x0),

en el lado derecho reconocemos la expresion (2)-(a). Tambien,

x2 = f(x0) + f ′(x0)(x1 − x0) ⇐⇒ ((x1, x2)− (x0, f(x0))) · (f ′(x0),−1) = 0,

de donde la recta tangente a G(f) en (x0, f(x0)) tiene normal (f ′(x0),−1).

De forma equivalente, definamos F : D×R −→ R tal que F ((x1, x2)) = f(x1)−x2, luego F−1(0) = {(x1, x2) ∈R2 : F (x1, x2) = 0} = G(f). Luego

∇F (x1, x2) =

(∂F

∂x1(x1, x2),

∂F

∂x2(x1, x2)

)= (f ′(x0),−1),

de forma que ∇F (x0, f(x0)) = (f ′(x0),−1) es la normal a la recta tangente arriba hallada de G(f).

Ejemplo 3.8.2. Sea f : D −→ R, con D ⊆ R2 abierto, derivable en x0 = (x10, x

20) ∈ D. Definamos

G(f) = {(x, f(x)) ∈ R3 : x = (x1, x2) ∈ D} y de forma analoga al caso anterior F : D × R −→ R,F (x, x3) = F (x1, x2, x3) = f(x)− x3 = f(x1, x2)− x3,

∇F (x1, x2, x3) =

(∂F

∂x1(x1, x2, x3),

∂F

∂x2(x1, x2, x3),

∂F

∂x3(x1, x2, x3)

)=

(∂f

∂x1(x1, x2),

∂f

∂x2(x1, x2),−1

).

La ecuacion del plano que pasa por el punto (x10, x

20, f(x0)) de G(f) y tiene normal ∇F (x1

0, x20, f(x0)) es

[(x1, x2, x3)− (x10, x

20, f(x0))] · ∇F (x1

0, x20, f(x0)) = 0, desarrollando

(x1 − x10)∂f

∂x1(x0) + (x2 − x2

0)∂f

∂x2(x0) + (x3 − f(x0))(−1) = 0

x3 = f(x0) +∂f

∂x1(x0)(x1 − x1

0) +∂f

∂x2(x0)(x2 − x2

0) = f(x0) +∇f(x0) · (x− x0),

de nuevo reconocemos la expresion (2)-(a) en el lado derecho.

Mas adelante, en el estudio de superficies ahondaremos en la nocion de plano tangente a una superficie.

Ejemplo 3.8.3. Denotemos por df(x0, x) = ∇f(x0) · (x− x0) =∑nj=1

∂f∂xj

(x0)(xj − x0j ), x = (x1, . . . , xn) y

x0 = (x01, . . . , x

0n) en Rn. Bien si h = (h1, . . . , hn) ∈ Rn,

df(x0, h) = ∇f(x0) · h =

n∑j=1

∂f

∂xj(x0)hj .

38

La expresion df se denomina la diferencial de f , f : D −→ R, D ⊆ Rn abierto, con n ≥ 1.

Apliquemos la diferencial para obtener la derivada de la composicion (a, b)α−→ D

f−→ R, donde (a, b) es unabierto de R, α(t) = (α1(t), . . . , αn(t)), t ∈ (a, b). Asumimos que α es derivable en t0 ∈ (a, b) y f derivableen α(t0) ∈ D. Comprobemos informalmente la formula de la derivacion para la composicion f ◦α o regla dela cadena d

dt (f(α(t0))) = ∇f(α(t0)) · α′(t0). En la siguiente seccion se dara una demostracion de la misma.

En vista de Limx→x0[(f(x)−f(x0))−∇f(x0) · (x−x0)] = 0, escribamos informalmente ∆f = f(x)−f(x0) ∼=

∇f(x0) · (x− x0), tomemos x = α(t) y x0 = α(t0), pues sabemos que al ser α derivable en t0 es continua enese punto y α(t) → α(t0) si t → t0, dividimos la expresion anterior por ∆t = t − t0 > 0, para t proximos at0, ası

f(α(t))− f(α(t0))

∆t= ∇f(α(t0)) ·

(α(t)− α(t0)

∆t

)=

n∑j=1

∂f

∂xj(α(t0))

(αj(t)− α(t0)

∆t

).

Pasando al Lim∆t = 0, resulta:

∂f(α(t0))

∂t= Lim∆t→0

f(α(t))− f(α(t0))

∆t

=

n∑j=1

∂f

∂xj(α(t0))

(Lim∆t→0

αj(t)− αj(t0)

∆t

)

=

n∑j=1

∂f

∂xj(α(t0))α′j(t0)

= ∇f(α(t0)) · α′(t0).

A proposito de este ejemplo, teniendo de partida f : D −→ R, D ⊆ Rn abierto, f(x) = f(x1, . . . , xn) es unafuncion de n variables xj , 1 ≤ j ≤ n independientes, por la sustitucion de α : (a, b) −→ D, α(t) ∈ D paratodo t ∈ (a, b), la composicion f(α(t)) se denota en ocasiones con el nombre de f , escribiendo f(t) en lugarde f(α(t)), resultando ser ahora monoparametrica, i.e. con la sola variable t. En esta ocasion

f ′(t) =df

dt(t) = ∇f(α(t)) · α′(t) =

∑ ∂f

∂xj(α(t))α′j(t),

o bien si denotamos αj(t) = xj(t), 1 ≤ j ≤ n, x(t) = α(t) = (x1(t), . . . , xn(t)), f(t) = f(x1(t), . . . , xn(t)),

f ′(t) =

n∑j=1

∂f

∂xj(x1(t), . . . , xn(t))

dxjdt

(t),

donde ∂f∂xj

(x1(t), . . . , xn(t)) es la derivada de f con respecto a xj ydxjdt (t) la derivada de la coordenada xj

con respecto a t.

3.9 Regla de la cadena para la composicion (a, b)α−→ D

f−→ R,D ⊆ Rn abierto y n ≥ 2

Sean los abiertos D ⊆ Rn, n ≥ 2, (a, b) ⊆ R y t0 ∈ (a, b) tales que α es derivable en t0 y f derivable enα(t0). Entonces f(α(t)), t ∈ (a, b), es derivable en t0 con d

dt (f(α(t0))) = ∇f(α(t0)) · α′(t0).

Proposicion 3.9.1

39

Demostracion .

Por lo que hemos visto anteriormente, dado ε > 0 existe δ > 0 tal que

|f(x)− f(α(t0))−∇f(α(t0)) · (x− α(t0))| ≤ ε||x− x0|| [1],

donde ||x−α(t0)|| < δ y B(α(t0), δ) ⊆ D. A su vez, es posible hallar δ1 > 0 de forma que si vale |t− t0| < δ1,B(t0, δ1) ⊆ (a, b) se tiene ||α(t)− α(t0)|| < δ, sustituyendo estos α(t) ∈ B(α(t0), δ) en [1], resulta

|f(α(t))− f(α(t0))−∇f(α(t0)) · (α(t)− α(t0))| ≤ ε||α(t)− α(t0)||,

dividiendo por ∆t = t− t0, 0 < |t− t0| < δ1, obtenemos∣∣∣∣f(α(t))− f(α(t0))

∆t−∇f(α(t0)) ·

(α(t)− α(t0)

∆t

)∣∣∣∣ ≤ ε ∣∣∣∣∣∣∣∣α(t)− α(t0)

∆t

∣∣∣∣∣∣∣∣ [2].

Podemos asumir en vista de ser α(t)−α(t0)∆t → α′(t0) cuando t→ t0, luego∣∣∣∣∣∣∣∣α(t)− α(t0)

∆t

∣∣∣∣∣∣∣∣− ||α′(t0)|| ≤∣∣∣∣∣∣∣∣α(t)− α(t0)

∆t− α′(t0)

∣∣∣∣∣∣∣∣ ≤ ε si |∆t| < δ [3],

y tambien ∣∣∣∣∣∣∣∣α(t)− α(t0)

∆t

∣∣∣∣∣∣∣∣ ≤ ε+ ||α′(t0)|| [4].

Con el uso de estas desigualdades, verifiquemos ahora

Limt→t0f(α(t))− f(α(t0))

t− t0= ∇f(α(t0)) · α′(t0),

para lo cual es suficiente comprobar que dado ε0 > 0 arbitrariamente pequeno existe δ′ > 0 de tal maneraque si |t− t0| < δ′ entonces ∣∣∣∣f(α(t))− f(α(t0))

t− t0−∇f(α(t0)) · α′(t0)

∣∣∣∣ ≤ ε0 [5].

En vista de que ||α′(t0)|| y ||∇f(α(t0))|| siempre estan fijos, podemos tener el δ > 0 del inicio de la de-mostracion tal que

ε(ε+ ||α′(t0)||) + ||∇f(α(t0))||ε ≤ ε0 [6].

Tenemos:∣∣∣∣f(α(t))− f(α(t0))

∆t−∇f(α(t0)) · α′(t0)

∣∣∣∣ ≤ ∣∣∣∣f(α(t))− f(α(t0))

∆t−∇f(α(t0)) ·

(α(t)− α(t0)

∆t

)∣∣∣∣+

∣∣∣∣∇f(α(t0)) ·(α(t)− α(t0)

∆t− α′(t0)

)∣∣∣∣≤ ε

∣∣∣∣∣∣∣∣α(t)− α(t0)

∆t

∣∣∣∣∣∣∣∣+ ||∇f(α(t0))||∣∣∣∣∣∣∣∣α′(t0)− α(t)− α(t0)

∆t

∣∣∣∣∣∣∣∣≤ ε(ε+ ||α′(t0)||) + ||∇f(α(t0))||ε≤ ε0.

Como estas desigualdades son valisas con |∆t| = |t− t0| < δ, bastara tomar δ′ = δ.

40

3.10 Ejercicios sobre derivadas de funciones f : D −→ R, D ⊆ Rn

abierto y n ≥ 2

Sea f : (a, b) −→ R, con a < b, una funcion derivable en t0 ∈ (a, b). Pruebe que f es continua en t0, luegopara funciones de una variable derivabilidad implica continuidad.

Ejercicio 3.10.1

Considere f : D −→ R, con D = {(x, y) ∈ R2 : 0 ≤ x2 + y2 < 1}, la funcion dada por

f(x, y) =

{ xyx2+y2 si (x, y) 6= (0, 0),

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

Pruebe:

(1) ∂f∂x (x, y), ∂f

∂y existen, para todo (x, y) ∈ D.

(2) Sea x 6= 0, k 6= 1, entonces ∂f∂x (x, kx) = k(k2−1)

x(x+k2) −→{

+∞ si k > 0,−∞ si k < 0

cuando x→ 0.

(3) f no es continua en (0, 0); luego existencia de derivadas parciales no implica continuidad. Comprobareste resultado con el Ejercicio 3.10.1 y ver el Ejercicio 3.10.4.

Ejercicio 3.10.2

Dada f : D −→ R, D = {(x, y) ∈ R2 : 0 ≤ x2 + y2 ≤ 1}, la funcion dada por

f(x, y) =

{x3

x2+y2 si (x, y) 6= (0, 0),

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

Pruebe:

(1) f es continua en (0, 0).

(2) Para todo u con ||u|| = 1, ∂f∂u (0) = 0.

(3) No existe f ′(0); de forma que la existencia de las derivadas direccionales no implica la existencia dela derivada.

Sugerencia: Si existe f ′(0), f ′(0) : R2 −→ R tal que f ′(0)(x) = f ′(0)(x1, x2) =∂f∂x1

(0)x1 + ∂f∂x2

(0)x2 = 0, para todo x = (x1, x2). Por definicion de f ′(0) debe tenerse

Limh→0f(0+h)−f(0)−f ′(0)(h)

||h|| = Limh→0f(h)

||h|| = 0, con h = (h1, h2). Como f(h)

||h|| =h31

(h21+h2

2)32

, para

cada k ∈ R si h1 = kh2, queda f(h)

||h|| = k3

(k2+1)32

. Luego el lımite previo no existe, pues falla la

unicidad.

Ejercicio 3.10.3

41

Sea f : D −→ R, D ⊆ Rn abierto, f derivable en x0 ∈ D, tal que existe una constante C ≥ 0 tal que∣∣∣ ∂f∂xj (x)∣∣∣ ≤ C para todo x ∈ D, para todo j = 1, 2, . . . , n. Entonces f es continua en x0.

Sugerencia: Para n = 3, asuma x0 = 0. Deseamos estimar f(0 + h) − f(0) = f(h) − f(0). Vamos adesplazarnos desde 0 hasta h = (h1, h2, h3) con desplazamientos a lo largo de los ejes coordenados. Ası

01→ h1e1 = (h1, 0, 0)

2→ h1e1 + h2ee = (h1, h2, 0)3→ h = (h1, h2, h3).

f(h)− f(0) = f(h)− f(0)± f(h1e1)± f(h1e1 + h2e2)

= [f(h)− f(h1e1 + h2e2)] + [f(h1e1 + h2e2)− f(h1e1)] + [f(h1e1)− f(0)].

Usando el Teorema del Valor Medio para una variable, se tiene

f(h)− f(h1e1 + h2e2) = f(h1, h2, h3)− f(h1, h2) =∂f

∂x3(h1, h2, ζ1)h3, ζ3 ∈ (min(0, h3),max(0, h3)),

f(h1e1 + h2e2)− f(h1e1) = f(h1, h2, 0)− f(h1, 0, 0) =∂f

∂x2(h1, ζ2, 0), ζ2 ∈ (min(0, h2),max(0, h2)),

f(h1e1)− f(0) = f(h1, 0, 0)− f(0, 0, 0) =∂f

∂x1(ζ1, 0, 0)h1, ζ1 ∈ (min(0, h1),max(0, h1)).

Luego,

|f(h)− f(0)| ≤∣∣∣∣ ∂f∂x3

(h1, h2, ζ3)

∣∣∣∣ |h3|+∣∣∣∣ ∂f∂x2

(h1, ζ2, 0)

∣∣∣∣ |h2|+∣∣∣∣ ∂f∂x1

(ζ1, 0, 0)

∣∣∣∣ |h1|

≤ C|h3|+ C|h2|+ C|h1| ≤√

3C2

√h2

1 + h22 + h2

3 =√

3C||h|| por Cauchy-Schwarz.

Notar que por ser D abierto y 0 ∈ D, existe δ > 0 tal que h1e1, h1e1 +h2e2 ∈ D, ||h1e1||, ||h1e1 +h2e2|| ≤||h|| < δ. Para todo ε > 0 se puede elegir δ < ε√

3C.

Ejercicio 3.10.4

42

Demuestre que es legıtimo asumir en el ejercicio anterior que:

(1) x0 = 0.

(2) f(x0) = 0 (no se uso en el ejercicio anterior, pero es conveniente saber este hecho).

Sugerencia:

(1) Definamos h(x) = f(x0 − x), donde h(0) = f(x0) y x0 − x ∈ D ⇐⇒ −x ∈ (−x0 + D) ⇐⇒x ∈ (x0 − D), observamos que las funciones de Rn en Rn definidas para todo v ∈ Rn tales quev 7→ v + x0 y v 7→ −v son homeomorfismos, el primero es la traslacion por x0 y el segundo unasimetrıa, de forma que la imagen de un abierto por cualquiera de ellos es un abierto, ası v 7→ −vpara todo v ∈ Rn, manda al abierto D en el abierto −D = {−y : y ∈ D}, a su vez v 7→ v + x0,para todo v ∈ Rn, manda al abierto −D en el abierto x0 −D = {x0 − y : y ∈ D}; la funcion h estadefinida en el abierto x0 −D, h : x0 −D −→ R, tal que h(x) = f(x0 − x) para todo x ∈ (x0 −D),ası mismo para todo x ∈ (x0 −D),

∂h

∂xj(x) = Limλ→0

h(x+ λej)− h(x)

λ= Limλ→0

f(x0 − x− λej)− f(x0 − x)

λ

= −Limλ→0f(x0 − x− λej)− f(x0 − x)

−λ= − ∂f

∂xj(x0 − x), 1 ≤ j ≤ n, en particular∣∣∣∣ ∂h∂xj (0)

∣∣∣∣ =

∣∣∣∣− ∂f

∂xj(x0)

∣∣∣∣ ≤ C, 1 ≤ j ≤ n.

Observe que h es la composicion x 7→ −x 7→ x0−xf7→ f(x0−x), como cada funcion de la composicion

es continua, se tiene que h es continua.

(2) Para todo x ∈ D, definamos k(x) = f(x)− f(x0), luego k : D −→ R es continua por ser la suma def y la funcion constante sobre D igual a −f(x0) la cual es continua. Ası mismo ∂k

∂xj(x) = ∂f

∂xj(x)

para todo x ∈ D, 1 ≤ j ≤ n.

Ejercicio 3.10.5

43

Sea f : D −→ R, D ⊆ Rn abierto, n ≥ 2, ∂f∂xj

(x) continuas 1 ≤ j ≤ n en x0 ∈ D. Probar que f es

derivable en x0.

Sugerencia: Sea n = 3, x0 = 0, usando la notacion del Ejercicio 3.10.4,

f(h)− f(0) =∂f

∂x1(ζ1, 0, 0)h1 +

∂f

∂x2(h1, ζ2, 0)h2 +

∂f

∂x3(h1, h2, ζ3)h3,

anadiendo y agrupando ±(∂f∂x1

(0)h1 + ∂f∂x2

(0)h2 + ∂f∂x3

(0)h3

), nos queda

|f(h)− f(0)−∇f(0) · h| =

=

∣∣∣∣( ∂f

∂x1(ζ1, 0, 0)− ∂f

∂x1(0)

)h1 +

(∂f

∂x2(h1, ζ2, 0)− ∂f

∂x2(0)

)h2 +

(∂f

∂x3(h1, h2, ζ3)− ∂f

∂x3(0)

)h3

∣∣∣∣ .Observando que si h → 0, cada hj → 0 y cada ζj → 0, por la continuidad de cada ∂f

∂xjen 0, dado ε > 0

existe δ > 0 tal que |hj | < ||h|| < δ < 1, ası∣∣∣∣( ∂f

∂x1(ζ1, 0, 0)− ∂f

∂x1(0)

)h1

∣∣∣∣ =

∣∣∣∣ ∂f∂x1(ζ1, 0, 0)− ∂f

∂x1(0)

∣∣∣∣ |h1| ≤∣∣∣∣ ∂f∂x1

(ζ1, 0, 0)− ∂f

∂x1(0)

∣∣∣∣ ≤ ε

3.

Analogamente,∣∣∣( ∂f∂x2

(h1, ζ2, 0)− ∂f∂x2

(0))h2

∣∣∣ ≤ ε3 y

∣∣∣( ∂f∂x3

(h1, h2, ζ3)− ∂f∂x3

(0))h3

∣∣∣ ≤ ε3 .

Ejercicio 3.10.6

Sea f : D −→ R, D ⊆ Rn abierto, n ≥ 2, derivable sobre D, entonces para cada x, y ∈ D tal que elsegmento de recta entre x e y este contenido en D, existe z en dicho segmento, z 6= x, z 6= y, tal que

f(y)− f(x) = ∇f(z) · (y − x)

Demuestre este resultado parametrizando el segmento de recta entre x y y, y usar la Regla de la Cadena.

Sugerencia: El segmento de recta entre x y y desde x hasta y, x 6= y, contenido en D esta dado por{x + λ(y − x) : 0 ≤ λ ≤ 1}, el cual se puede parametrizar como α : [0, ||y − x||] −→ D, α(t) = x + tu,u = y−x

||y−x|| , 0 ≤ t ≤ ||y − x||. Defina F (t) = f(α(t)), compruebe que F (||y − x||)− F (0) = f(y)− f(x), y

usar el Teorema del Valor Medio para el caso de una variable para hallar 0 < ζ < ||y − x|| aplicado a F :F (||y − x||)− F (0) = F ′(ζ)||y − x||. Por la Regla de la Cadena, se tiene

F ′(ζ) = ∇f(α(ζ)) · α′(ζ) = ∇f(z) ·(

y − x||y − x||

)||y − x|| = ∇f(z) · (y − x),

donde z = x+ ζy = α(ζ).

Ejercicio 3.10.7 (Teorema del Valor Medio)

44

Sean α : (a, b) −→ D una funcion derivable en t ∈ (a, b), con D ⊆ Rn abierto y n ≥ 2, f : D −→ R unafuncion derivable en α(t). Sean α′1(t)

...α′n(t)

∈Mn×1 (matrices de n filas y una columna),

[∂f∂x1

(α(t)) · · · ∂f∂xn

(α(t))]∈M1×n (matrices de una fila y n columnas),

d

dt(f(α(t))) ∈M1×1

∼= R (matrices de una fila y una columna).

Verifique:

(1) ddt (f(α(t))) = ∇f(α(t)) · α′(t) =

[∂f∂x1

(α(t)) · · · ∂f∂xn

(α(t))] α′1(t)

...α′n(t)

(Producto matricial).

(2) Identifique una matriz A = (ajk) ∈ Mm×n (matrices de m filas y n columnas), i.e. A = a11 · · · a1n

.... . .

...am1 · · · amn

, con el operador A : Rn −→ Rm tal que

A(x) =

a11 · · · a1n

.... . .

...am1 · · · amn

x1

...xn

=

∑nj=1 aijxj

...∑nj=1 amjxj

;

x1

...xn

∈Mn×1∼= Rn,

∑nj=1 aijxj

...∑nj=1 amjxj

∈Mm×1∼= Rm.

Considere los operadores

α′1(t)...

α′n(t)

: R −→ Rn,[

∂f∂x1

(α(t)) · · · ∂f∂xn

(α(t))]

: Rn −→ R.

Verifique

[∂f∂x1

(α(t)) · · · ∂f∂xn

(α(t))] α′1(t)

...α′n(t)

(ζ) =

[

∂f∂x1

(α(t)) · · · ∂f∂xn

(α(t))] α′1(t)

...α′n(t)

(ζ),

para todo ζ ∈ R,

es igual a (d

dt(f(α(t)))

)(ζ) = ζ∇f(α(t)) · α′(t) (Ver identidad en (1)),

donde ddt (f(α(t))) se identifica con el operador d

dt (f(α(t))) : R −→ R tal que para todo ζ ∈ R,

d

dt(f(α(t)))(ζ) = ζ

d

dt(f(α(t))) = ζ∇f(α(t)) · α′(t).

Ejercicio 3.10.8

45

Sea f : D −→ R, con D ⊆ R2 abierto, una funcion tal que ∂2f∂x1∂x2

y ∂2f∂x2∂x1

son continuas sobre D.

(1) Defina

V (x1) = f(x+ h2e2)− f(x) = f(x1, x2 + h2)− f(x1, x2) Variacion vertical de f,

H(x2) = f(x+ h1e1)− f(x) = f(x1 + h1, x2)− f(x1, x2) Variacion horizontal de f.

Sea h tal que x+ h, x+ h1e1, x+ h2e2, x ∈ D. Verifique:

V (x1) =∂f

∂x2(x1, x2 + ζ1h2)h2, 0 < ζ1 < 1, (x2 + ζ1h2) ∈ (min(x2 + ζ1h2, x2),max(x2 + ζ1h2, x2)),

H(x2) =∂f

∂x1(x1 + λ1h1, x2)h1, 0 < λ1 < 1, (x1 + λ1h1) ∈ (min(x1 + λ1h1, x1),max(x1 + λ1h1, x1)).

(2) Sea

L = f(x+ h)− f(x+ h1e1)− f(x+ h2e2) + f(x)

= f(x1 + h1, x2 + h2)− f(x1 + h1, x2)− f(x1, x2 + h2)− f(x1, x2).

Verifique:

L = V (x1 + h1)− V (x1) =dV

dx1(x1 + ζ2h1)h1 =

∂2f

∂x1∂x2(x1 + ζ2h1, x2 + ζ1h2)h2h1, 0 < ζ2 < 1,

L = H(x2 + h2)−H(x2) =dH

dx2(x2 + λ2h2)h2 =

∂2f

∂x2∂x1(x1 + λ1h1, x2 + λ2h2)h2h1, 0 < λ2 < 1.

Asumiendo h1 6= 0 y h2 6= 0, e igualando las expresiones obtenidas para L, concluya que

∂2f

∂x1∂x2(x1 + ζ2h1, x2 + ζ1h2) =

∂2f

∂x2∂x1(x1 + λ1h1, x2 + λ2h2).

(3) Cuando h → 0, h1 → 0, h2 → 0, tambien (x1 + ζ2h1, x2 + ζ1h2) → (x1, x2) = x, pues aunqueζj = ζj(x), con 1 ≤ j ≤ 2, se tiene |ζ2h1| ≤ |h1|, |ζ1h2| ≤ |h2| y ζ2h1, ζ1h2 → 0 si h → 0; conesta observacion haciendo h→ 0 en la ultima identidad de (2) para la continuidad de las derivadas

parciales concluya que ∂2f∂x1∂x2

(x1, x2) = ∂2f∂x2∂x1

(x1, x2).

Ejercicio 3.10.9

46

Sea T : Rn −→ R una funcion lineal.

(1) Halle su derivada en cada punto por definicion y determine ∇T (x) para todo x ∈ Rn.

(2) Sea D ⊆ Rn, n ≥ 2, abierto, T : D −→ R una funcion tal que existe ∇T (x) = vector constante =(a1, a2, . . . , an) = a ∈ Rn para todo x ∈ D. ¿Es T lineal?

(3) Dada f : D −→ R derivable en x, entonces f es continua en x, con derivada T (x) ∈ L(Rn,R). ¿EsT (x) unica?

Ejercicio 3.10.10

Sea d : R4 −→ R, d(x1, x2, x3, x4) =

∣∣∣∣ x1 x2

x3 x4

∣∣∣∣. Calcule d′(x) para todo x ∈ R4.

Ejercicio 3.10.11

47

3.11 Polinomios de Taylor

Repaso de Polinomios de Taylor en una variable: Sean a < b y la funcion f : [a, b] −→ R con susprimeras n+ 1 derivadas continuas. Usaremos la siguiente notacion para todo x ∈ [a, b].

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

f (1)(x) =df

dx(x),

...

f (j)(x) =djf

dxj(x) =

d

dx

[dj−1f

dxj−1(x)

], j ≥ 2,

0! = 1,

j! = j(j − 1)(j − 2) · · · 3 · 2 · 1, j ≥ 1.

Con la notacion precedente, existen polinomios, denomidados polinomios de Taylor

pn(x) := a0 + a1(x− x0) + · · ·+ an(x− x0)n, aj = f(j)(x0)j! , 0 ≤ j ≤ n

y una funcion

Rn+1(x) :=∫ xx0

f(n+1)(t)n! (x− t)ndt

tal que

f(x) = pn(x) +Rn+1(x)

donde x0, x ∈ [a, b]. La funcion Rn se denomina resto n-esimo.

Proposicion 3.11.1

Demostracion .

Integrando por partes para cada j = 1, 2, . . . , n,∫ x

x0

f (j)(t)(x− t)j−1dt =

∫ x

x0

α(t)dβ(t) = α(t)β(t)|xx0−∫ x

x0

β(t)dα(t),

donde α(t) = f (j)(t), dα(t) = f (j+1)(t)dt, dβ(t) = (x− t)j−1dt, β(t) = −(x−t)jj . Como

α(t)β(t)|xx0=−f (j)(x0)

j(x− t)

∣∣∣∣t=xt=x0

=f (j)(x0)

j(x− x0),

obtenemos ∫ x

x0

f (j)(t)(x− t)j−1dt =f (j)(x0)

j(x− x0)j +

∫ x

x0

f (j+1)(t)

j(x− t)dt,

multiplicando por 1(j−1)! y despejando

f (j)(x0)

j!(x− x0)j =

∫ x

x0

f (j)(t)

(j − 1)!(x− t)j−1dt−

∫ x

x0

f (j+1)(t)

j!(x− t)dt.

48

Definiendo mj =∫ xx0

f(j+1)(t)(x−t)jj! dt, j = 0, 1, 2, . . . , n, resulta

f (j)(x0)

j!(x− x0)j = mj−1 −mj , j = 1, 2, . . . , n, y

n∑j=1

f (j)(x0)

j!(x− x0)j =

n∑j=1

mj−1 −n∑j=1

mj = m0 +

n−1∑j=1

mj −n−1∑j=1

mj −mn

= m0 −mn.

Como m0 =∫ xx0f ′(t)dt = f(x)− f(x0), mn =

∫ xx0

f(n+1)(t)(x−t)nn! dt, sustituyendo y despejando obtenemos

f(x) = f(x0) +

n∑j=1

f (j)(x0)

j!(x− x0)j +

∫ x

x0

f (n+1)(t)

n!(x− t)ndt

=

∫ n

j=0

f (j)(x0)

j!(x− x0)j +

∫ x

x0

f (n+1)(t)

n!(x− t)ndt

= pn(x) +Rn+1(x).

Funciones exponencial y logaritmo, expresadas como series: Desarrollamos este ejemplo en dospartes. En la parte (a) definimos la funcion exponencial y algunas propiedades basicas. En la parte (b),estimamos el resto de la exponencial para obtener una expresion en serie de la exponencial.

(a) Definicion de funcion exponencial y algunas propiedades:

Definicion 3.11.1. La funcion logaritmo neperiano esta denotada y definida para cada x > 0 como

lg(x) :=∫ x

11t dt

Luego, lg : (0,+∞) −→ R.

(1) Como ddx (lg(x)) = 1

x > 0 para todo x > 0, lg es estrictamente creciente. Algunas estimacionespara lg, para obtener su rango, i.e. {lg(x) : x > 0}.

lg(1) = 0; lg(n) > 0 para todo entero positivo n ≥ 2 por su definicion como integral de1

t.

lg(1

n) = −

∫ 1

1n

1

tdt = −

∫ n

1

n

s

ds

n= −

∫ n

1

ds

s= −lg(n) (Cambio: s = nt, dt = ds

n ).

Tomando n > 2, lg(n) > 0, 1n → 0 y sea p > 1 un entero arbitrario,

lg(np) =

∫ np

1

1

tdt = p

∫ n

1

1

sds = plg(n) (Cambio t = sp, dt = psp−1ds).

Note que np →∞ cuando p→∞ y Limp→∞lg(np) = (Limp→∞p) lg(n) =∞lg(n) =∞.

(2) Concluımos que el rango de lg es R.

49

(3) Definicion de exponencial.

Por (1) y (2), lg(0,∞) −→ R y es estrictamente creciente. Luego existe su inversa, la cualse denomina la funcion exponencial y se denota exp tal que exp(y) = x si lg(x) = y. Ası,exp : R −→ (0,∞).

Veamos que la funcion exp es continua. Dado el abierto (a, b) ⊆ R,

lg−1(a, b) = {u ∈ (0,∞) : lg(u) ∈ (a, b)} = (c, d),

donde lg(c) = a ⇐⇒ exp(a) = c, lg(d) = b ⇐⇒ exp(b) = d. Por ser lg estrictamente creciente ycontinua, se tiene exp−1(c, d) = (a, b). Cada abierto de (0,∞) es union de abiertos del tipo (c, d),los cuales se corresponden unıvocamente por la funcion logaritmo a abiertos del tipo (a, b) conexp−1(c, d) = (a, b). Concluımos que exp es continua.

Es tiempo de calcular la derivada de la exponencial: Verifiquemos ddt (exp(t)) = ext(t) para todo

t ∈ R.

d

dt(exp(t)) = Limy→t

exp(y)− exp(t)

y − t=

1

Limx→slg(x)−lg(s)

x−s

=1

dds (lg(s))

=11s

=11

exp(t)

= exp(t),

donde exp(t) = s ⇐⇒ lg(s) = t, exp(y) = x ⇐⇒ lg(x) = y, x = exp(y) → exp(t) = s cuandoy → t, por la continuidad de exp.

(4) Veamos que existe un numero e > 1 tal que exp(y) = ey, para todo y ∈ R. Como lg(1) = 0 yLimn→∞lg(n) = ∞, elegimos n > 2 con lg(n) > 1. Por el Teorema del Valor Intermedio parafunciones continuas, existe e > 1 con lg(e) = 1.

Demostremos a continuacion que para cada y ∈ R, exp(y) = ey.

Observemos que en esta definida para cada entero, ası mismo si m > 0 y entero e1m = u ⇐⇒

um = e y tal u existe en vista del Teorema del Valor Intermedio aplicado a la funcion polinomicax 7→ xm, x > 0.

Como consecuencia para cada racional pq , p y q enteros, q 6= 0, siempre podemos asumir en pq que

q > 0, y tiene sentido epq = (e

1q )p.

Usando un cambio de variable conveniente en la expresion definitiva del lg, encontramos quelg(e

pq ) = p

q , para todos enteros p, q 6= 0, i.e. para todo racional r vale que lg(er) = r.

Sea cualquier y ∈ R y una sucesion rn, n ≥ 1, de racionales tal que rn → y. Al ser lg(ern) = rn⇐⇒ exp(rn) = ern y exp derivable, para todo ε > 0 con 1 > ε

2 , rn ∈ [y− ε2 , y+ ε

2 ] para todo n ≥ N ,y existe ζn,m ∈ [y − ε

2 , y + ε2 ] tal que si n,m ≥ N con exp(rn) − exp(rm) = exp(ζn,m)(rn − rm).

Luego |exp(rn) − exp(rm)| = |exp(ζn,m)(rn − rm)| ≤ C|rn − rm| ≤ Cε = ey+ ε2 ε ≤ ey+1ε, donde

C = max{exp(t) : t ∈ [y − ε2 , y + ε

2 ]} = ey+ ε2 ≤ ey+1, por ser exp creciente. Concluımos ası que

exp(rn) = ern , n ≥ 1, es una sucesion de Cauchy y por tanto convergente su lımite lo definimoscomo ey, i.e. ey = Limn→∞exp(rn) = Limn→∞e

rn .

No es difıcil ver que ey no depende de la sucesion rn → y, pues si existe otra sucesion de racionalesr′n, n ≥ 1, r′n → y, definiendo la sucesion wn, n ≥ 1, tal que w2n−1 = rn, w2n = r′n, tambiense tiene wn → y, exp(wn) es convergente y por ende Limn→∞exp(wn) = Limn→∞exp(r′n) =Limn→∞exp(rn) = ey, por ser {exp(rn)}n≥1, {exp(r′n)}n≥1 subsucesiones de {exp(wn)}n≥1.

(b) Estimacion del resto Rn+1 para la funcion ex:

Escojamos cualesquiera x0 ∈ R, ρ > 0 y estimemos Rn+1 sobre [x0 − ρ, x0 + ρ]. Para cada x ∈[x0 − ρ, x0 + ρ],

|Rn+1(x)| =∣∣∣∣∫ x

x0

et

n!(x− t)ndt

∣∣∣∣ ≤ ∫ x

x0

et

n!|x− t|ndt ≤ ρn

n!

∫ x

x0

etdt ≤ ρn

n!

∫ x0+ρ

x0−ρetdt ≤ ρn+1

n!ex0+ρ,

50

si ρ < 1, ρn

n! <1n! y 2ρn+1

n! ex0+ρ ≤ 2ρex0+ρ

n! , de donde Limn→∞2ρn+1

n! ex0+ρ = 0. Si 1 < ρ, sea m ≥ 1entero tal que ρ

m+1 < 1, luego para todo k ≥ 1,

ρm+k

(m+ k)!= ρ

(ρ2

)(ρ3

)· · ·( ρm

){( ρ

m+ 1

)· · ·(

ρ

m+ k

)}≤ Am

(ρ

m+ 1

)k,

|Rm+k+1(x)| ≤ 2ρm+k

(m+ k)!ρex0+ρ ≤ (2Amρe

x0+ρ)

(ρ

m+ 1

)k.

Tomando m fijo y dado cualquier ε > 0, existe k0 tal que si k ≥ k0 vale(

ρm+1

)k≤ ε

2Amρex0+ρ , de donde

|ex − pm+k+1(x)| = |Rm+k+1(x)| ≤ ε,

para todo k ≥ k0, x ∈ [x0−ρ, x0 +ρ], es decir pn converge a la exp uniformemente sobre [x0−ρ, x0 +ρ]cuando n→∞.

Como cada pn es suma de n+ 1 funciones, se acostumbra a escribir

ex =

∞∑j=0

aj(x− x0)j =

∞∑j=0

f (j)(x0)

j!(x− x0)j =

∞∑j=0

ex0

j!(x− x0)j . [1]

Tomando el caso particular x0 = 0, resulta

ex =

∞∑j=0

xj

j!= 1 + x+

x2

2!+x3

3!+x4

4!+ · · · , [2]

donde 1 + x + x2

2! + · · · + xn

n! → ex uniformemente cuando n → ∞, sobre cada compacto [−ρ, ρ], conρ > 0 arbitrario.

Las expresiones [1] y [2] son las expresiones en serie para la exponencial.

51

(1) (i) Para todo x, x0 ∈ R, exex0 = ex+x0 .

Sugerencia: De [1] con −x0, queda exex0 =∑∞j=0

(x+x0)j

j! y por [2] ex+x0 =∑∞j=0

(x+x0)j

j! .

(ii) La exponencial es un homomorfismo de grupos, del grupo aditivo R en el grupo multiplicativo(0,∞) y su inversa el lg tambien.

(2) Defina las funciones coseno hiperbolico y seno hiperbolico para todo x ∈ R como

cosh(x) := ex+e−x

2 y senh(x) := ex−e−x2

Verifique las siguientes expresiones en serie y compruebe que convergen uniformemente sobre cadacompacto [α, β] de R:

cosh(x) = 1 +x2

2!+x4

4!+ · · · =

∞∑n=0

x2n

(2n)!,

senh(x) = x+x3

3!+x5

5!+ · · · =

∞∑n=0

x2n+1

(2n+ 1)!.

(3)

(i) Verifique la identidad e =∑∞n=0

1n! = 1 + 1 + 1

2! + 13! + · · · .

(ii) Sea para cada n ≥ 2, sn =∑nj=0

1j! . Verifique que 0 < n!(e− sn) < 1

n .

(iii) Pruebe que n!sn es un entero.

(iv) Pruebe que e es irracional.

Sugerencia: Caso contrario e = pq , p y q enteros y tambien q!(e− sq) es un entero menor que

1q < 1.

e− sn =

∞∑j=n+1

1

j!=

1

(n+ 1)!+

1

(n+ 2)!+ · · ·

n!(e− sn) =n!

(n+ 1)!+

n!

(n+ 2)!+ · · ·

=1

n+ 1+

1

(n+ 2)(n+ 1)+

1

(n+ 3)(n+ 2)(n+ 1)+ · · ·

<1

n+ 1+

1

(n+ 1)2+

1

(n+ 1)3+ · · · = 1

1−(

1n+1

) − 1

=1nn+1

− 1 =n+ 1

n− 1 =

n+ 1

n− 1

=1

n.

Ejercicio 3.11.2

52

CAPITULO 4

EJEMPLOS DE DERIVACION

Sea m : R3 −→ R una funcion diferenciable. Su diferencial es

dm(x1, x2, x3) =∂m

∂x1(x1, x2, x3)dx1 +

∂m

∂x2(x1, x2, x3)dx2 +

∂m

∂x3(x1, x2, x3)dx3 [1].

Si x = (x1, x2, x3), entonces

dm(x) =∂m

∂x1(x)dx1 +

∂m

∂x2(x) +

∂m

∂x3(x), [1].

Sea γ : [a, b] −→ R3, γ(t) = (x1(t), x2(t), x3(t)) = x(t), con a < b, una curva derivable, i.e. xj : [a, b] −→ Res derivable para cada j. Por ejemplo, x1(t) = t2, x2(t) = cos(t) y x3(t) = et.

Evaluando m en γ(t), para cada a ≤ t ≤ b,

m(γ(t)) = m(x1(t), x2(t), x3(t)),

se define ası una funcion que asocia a cada t ∈ [a, b] el numero real m(γ(t)), la cual es simplemente lacomposicion de m con γ,

[a, b]γ−→ R3 m−→ R

t 7→ γ(t) = (x1(t), x2(t), x3(t)) 7→ m(γ(t)) = (m ◦ γ)(t).

Por comodidad de escritura, definimos

m(t) = m(γ(t)), a ≤ t ≤ b.

Nos planteamos hallar ddt [m(t)] = d

dt [m(γ(t))].

De [1], tomamos x(t) = (x1(t), x2(t), x3(t)),

dm(t) = dm(γ(t)) =∂m

∂x1(γ(t))dx1(t) +

∂m

∂x2(γ(t))dx2(t) +

∂m

∂x3(γ(t))dx3(t) [2].

De manera informal, ya sea por (a) o por (b):

53

(a) dm(γ(t)) = dm(t) = m′(t)dt y dxj(t) = x′j(t)dt, j = 1, 2, 3. Sustituyendo en [2]:

m′(t)dt =∂m

∂x1(γ(t))x′1(t)dt+

∂m

∂x2x′2(t)dt+

∂m

∂x3(γ(t))x′3(t)dt

=

[∂m

∂x1(γ(t))x′1(t) +

∂m

∂x2(γ(t))x′2(t) +

∂m

∂x3(γ(t))x′3(t)

]dt.

“Cancelando” dt, nos queda:

m′(t) =∂m

∂x1(γ(t))x′1(t) +

∂m

∂x2(γ(t))x′2(t) +

∂m

∂x3(γ(t))x′3(t), [3].

(b) “Dividiendo” [2] por dt, nos queda:

dm

dt(t) =

∂m(γ(t))

∂x1

dx1(t)

dt+∂m(γ(t))

∂x2

dx2(t)

dt+∂m(γ(t))

∂x3

dx3(t)

dt.

Usando la notacion m′(t) = dm(t)dt , x′j(t) =

dxj(t)dt , j = 1, 2, 3, obtenemos [3].

En las siguientes dos secciones recordaremos un par de resultados.

4.1 Regla de Leibnitz de derivacion bajo la integral

Sea f : R2 −→ R tal que ∂f∂x (x, y) y ∂f

∂y (x, y) son continuas. Para a < b, si F (x) =∫ baf(x, t)dt, entonces

se tiene

F ′(x) = dFdx (x) =

∫ ba∂f∂x (x, t)dt

Teorema 4.1.1 (Regla de Leibnitz)

Demostracion .

Para cada t, por definicion: ∂f∂x (x, t) = Limh→0

f(x+h,t)−f(x,t)h , luego para todo ε > 0, existe δ > 0 tal que

0 < |h| < δ implica ∣∣∣∣∂f∂x (x, t)− f(x+ h, t)− f(x, t)

h

∣∣∣∣ < ε, equivalente (ver (∗)),

−ε < ∂f

∂x(x, t)− f(x+ h, t)− f(x, t)

h< ε, o bien

multiplicando por −1,

−ε < f(x+ h, t)− f(x, t)

h− ∂f

∂x(x, t) < ε, de donde

para todo h ∈ R con |h| < δ:

∂f

∂x(x, t)− ε < f(x+ h, t)− f(x, t)

h< ε+

∂f

∂x(x, t) [4].

(∗): recordar que para s ∈ R, ρ > 0: |s| < ρ ⇐⇒ −ρ < s < ρ ⇐⇒ s ∈ (−ρ, ρ).

54

Integrando entre a y b la expresion (4), nos queda∫ b

a

(∂f

∂x(x, t)− ε

)dt =

∫ b

a

∂f

∂x(x, t)dt−

∫ b

a

εdt =

∫ b

a

∂f

∂x(x, t)dt− ε(b− a),∫ b

a

(ε+

∂f

∂x(x, t)

)dt =

∫ b

a

εdt+

∫ b

a

∂f

∂x(x, t)dt = ε(b− a) +

∫ b

a

∂f

∂x(x, t)dt+ ε(b− a),∫ b

a

(ε+

∂f

∂x(x, t)

)dt− ε(b− a) <

∫ b

a

f(x+ h, t)− f(x, t)

hdt < ε(b− a) +

∫ b

a

∂f

∂x(x, t)dt+ ε(b− a),

de donde

−ε(b− a) <

∫ b

a

f(x+ h, t)− f(x, t)

hdt−

∫ b

a

∂f

∂x(x, t)dt < ε(b− a) < ε(b− a).

Usando (∗) con ρ = −ε(b− a), s =∫ baf(x+h,t)−f(x,t)

h dt−∫ ba∂f∂x (x, t)dt, resulta∣∣∣∣∣

∫ b

a

f(x+ h, t)− f(x, t)

hdt−

∫ b

a

∂f

∂x(x, t)dt

∣∣∣∣∣ < ε(b− a).

Como b− a > 0 y constante, y ε > 0 arbitrario, concluımos

Limh→0

∫ b

a

f(x+ h, t)− f(x, t)

hdt =

∫ b

a

∂f

∂x(x, t)dt (5).

El miembro izquierdo de (5) no es mas que

F ′(x) = Limh→0

(F (x+ h)− F (x)

h

)= Limh→0

(∫ baf(x+ h, t)dt−

∫ baf(x, t)dt

h

)

= Limh→0

∫ b

a

f(x+ h, t)− f(x, t)

hdt.

Observacion 4.1.1.

(1) La funcion F fue un auxiliar para mas claridad en la demostracion ofrecida anteriormente. La Reglade Leibnitz dice que

ddx

[∫ baf(x, t)dt

]=∫ ba∂f∂x (x, t)dt [6].

(2) De forma analoga,

ddy

[∫ baf(t, y)dt

]=∫ ba∂f∂y (t, y)dt [7].

(3) De forma general, sea f : Rn −→ R con derivadas de primer orden continuas ∂f∂xj

(x1, x2, . . . , xn),

j = 1, 2, . . . , n. Si para cada i = 1, 2, . . . , n fijo integramos con respecto a t la funcion f(t, t, . . . , x, . . . , t),con x en la coordenada i-esima y t en el resto de las coordenadas, entonces vale

ddx

[∫ baf(t, t, . . . , x, . . . , t)dt

]=∫ ba∂f∂x (t, t, . . . , x, . . . , t)dt

55

4.2 Derivacion en los lımites de integracion.

Sea g : [a, b] −→ R continua en x ∈ [a, b], entonces

ddx

[∫ xag(t)dt

]= g(x)

Teorema 4.2.1 (Derivacion en los lımites de integracion)

Demostracion .

Sea F (x) =∫ xag(t)dt, F (x+h)−F (x)

h =

{ ∫ x+h

xg(t)h dx si h > 0, [8]

−∫ xx+h

g(t)h dt si h < 0. [9]

Supongamos a < x < b. Por la continuidad de g en x, para todo ε > 0 existe δ > 0 tal que si 0 ≤ |h| < δ, setiene para t = h+ x

|g(t)− g(x)| < ε.

Observamos,0 ≤ |h| < δ ⇐⇒ − δ < h < δ.

Como t = h+ x, t ∈ (x− δ, x+ δ), si h > 0, t ∈ (x, x+ δ), y para h < 0, t ∈ (x− δ, x). Por (∗), se tiene

|g(t)− g(x)| < ε ⇐⇒ − ε < g(t)− g(x) < ε ⇐⇒ g(x)− ε < g(t) < g(x) + t. [10]

Si h > 0, integrando segun [8] la desigualdad de la derecha de [10] dividida por h, tenemos∫ x+h

x

g(x)− εh

dt <

∫ x+h

x

g(t)

hdt <

∫ x+h

x

g(x) + ε

hdt [11]

Como ∫ x+h

x

g(x)− εh

dt =

∫ x+h

x

g(x)

hdt−

∫ x+h

x

ε

hdt = g(x)− ε,∫ x+h

x

g(x) + ε

hdt =

∫ x+h

x

g(x)

hdt+

∫ x+h

x

ε

hdt = g(x) + ε.

Sustituyendo en (11), nos queda

g(x)− ε <∫ x+h

x

g(x)

hdt < g(x) + ε, o bien∣∣∣∣∣

∫ x+h

x

g(t)

hdt− g(x)

∣∣∣∣∣ < ε.

Si h < 0, dividiendo la desigualdad de la derecha de [10] por h queda

g(x) + ε

h<g(t)

h<g(x)− ε

h

−g(x) + ε

h< −g(t)

h<−g(x)− ε

h.

Usando [9], nos queda∫ x

x+h

−g(x) + ε

hdt < −

∫ x

x+h

g(t)

hdt <

∫ x

x+h

−g(x)− εh

dt [12].

56

Por ser: ∫ x

x+h

−g(x) + ε

hdt = −

∫ x

x+h

g(x)

hdt+

∫ x

x+h

ε

hdt =

h

hg(x) +

−hhε = g(x)− ε∫ x

x+h

−g(x) + ε

hdt = −

∫ x

x+h

g(x)

hdt−

∫ x

x+h

ε

hdt =

h

hg(x)− −h

hε = g(x) + ε,

sustituyendo en [12], obtenemos

g(x)− ε <∫ x

x+h

g(t)

hdt < g(x) + ε,

es decir ∣∣∣∣g(x)−∫ x

x+h

g(t)

h

∣∣∣∣ < ε [13].

Observamos que [11] vale para x = a y [13] vale para x = b. De [13], [11], [8] y [9],∣∣∣∣F (x+ h)− F (x)

h− g(x)

∣∣∣∣ < ε si 0 ≤ |h| < δ,

es decir

F ′(x) =d

dx

[∫ x

a

g(t)dt

]= Limh→0

F (x+ h)− F (x)

h= g(x).

4.3 Extensiones de los resultados expuestos.

(1) Sean α : [a, b] −→ [a, b] derivable, f : [a, b]× [c, d] −→ R con derivadas de primer orden continuas. Paracada x ∈ [a, b], tiene sentido f(α(x), t), t ∈ [c, d]. Ası mismo,

d

dx[f(α(x), t)] =

∂f

∂x(α(x), t)α′(x) (Regla de la cadena).

Deseamos hallar ddx

[∫ baf(α(x), t)dt

]. Definiendo F (x) =

∫ baf(x, t)dt, F ′(x) =

∫ ba∂f∂x (x, t)dt resulta

F (α(x)) =∫ baf(α(x), t)dt. Luego

ddx

[∫ baf(α(x), t)dt

]= F ′(α(x))α′(x) =

(∫ ba∂f∂x (α(x), t)dt

)α′(x)

De forma analoga, si β : [c, d] −→ [c, d] es derivable, entonces

ddy

[∫ baf(t, β(y))dt

]=(∫ b

a∂f∂y (t, β(y))dt

)β′(y)

(2) Sea α : [a, b] −→ [a, b], g : [a, b] −→ R continua. Veamos que ddx

[∫ α(x)

ag(t)dt

]= g(α(x))α′(x). Basta

definir F (x) =∫ xag(t)dt y observar que

∫ α(x)

ag(t)dt = F (α(x)). Derivando esta composicion, se tiene

d

dx

[∫ α(x)

a

g(t)dt

]= F ′(α(x))α′(x).

57

Por lo visto F ′(x) = g(x) y F ′(α(x)) = g(α(x)).

(3) Sea g : [a, b] −→ R continua, entonces

d

dx

[∫ b

x

g(t)dt

]= − d

dx

[∫ x

b

g(t)dt

]= g(x).

Sea ahora β : [a, b] −→ [a, b], entonces

d

dx

[∫ b

β(x)

g(t)dt

]= −g(β(x))β′(x).

Pues basta definir G(x) =∫ bxg(t)dt y observar que

∫ bβ(x)

g(t)dt = G(β(x)). Luego, aplicando la regla

de la cadena,

d

dx

[∫ b

β(x)

g(t)dt

]= G′(β(x))β′(x).

Como G′(x) = ddx

[∫ bdxg(t)dt

]= −g(x), G′(β(x)) = −g(β(x)) y se obtiene la expresion buscada.

(4) Sea f : [a, b]×[c, d] −→ R una funcion con derivadas de primer orden continuas, y sean α : [a, b] −→ [c, d],β : [c, d] −→ [c, d] y γ : [a, b] −→ [a, b] funciones derivables. Deseamos evaluar

d

dx

[∫ α(x)

β(x)

f(γ(x), t)dt

].

Definamos

m(x1, x2, x3) =

∫ x2

x1

f(x3, t)dt.

Por lo visto,

∂m

∂x1(x1, x2, x3) = −f(x3, x1),

∂m

∂x2(x1, x2, x3) = f(x3, x2),

∂m

∂x3(x1, x2, x3) =

∫ x2

x1

∂m

∂x3(x3, t)dt.

Sea m(x) = m(β(x), α(x), γ(x)) =∫ α(x)

β(x)f(γ(x), t)dt. Luego

m′(x) =∂m

∂x1(β(x), α(x), γ(x))β′(x) +

∂m

∂x2(β(x), α(x), γ(x))α′(x2) +

∂m

∂x3(β(x), α(x), γ(x))γ′(x)

= −f(γ(x), β(x))β′(x) + f(γ(x), α(x))α′(x) +

[∫ α(x)

β(x)

∂f

∂x3(γ(x), t)dt

]γ′(x).

(5) Sea r =√∑n

j=1 x2j , x = (x1, . . . , xn) ∈ Rn. Sea f : (a, b) −→ R derivable. Definamos µ ≡ f(r). Luego,

µxj = f ′(r)rxj = f ′(r)xjr,

rxj =xjr,

58

rxjxj =r − rxjxj

r2=

1

r− xjr3,

µxjxj = f ′′(r)(rxj )2 + rxjxjf

′(r), j = 1, . . . , n.n∑j=1

µxjxj = f ′′(r)(∑

(rxj )2)

+ f ′(r)(rxjxj

)= f ′′(r) + f ′(r)

[n

r− 1

r

]= f ′′(r) +

(n− 1

r

)f ′(r). [1]

Si f(r) = rp, ¿cual p hace [1] = 0?

f ′(r) = prp−1,

f ′′(r) = p(p− 1)rp−2,

0 = f ′′(r) +n− 1

rf ′(r) = p(p− 1)rp−2 +

n− 1

rprp−1 = [p(p− 1) + p(n− 1)]rp−2.

p(p− 1 + n− 1) = 0 =⇒ p+ n = 2 =⇒ p = 2− n .

Caso general: ¿Existe f tal que f ′′(r)+ n−1r f ′(r) = 0? Se busca la solucion en la Teorıa de Ecuaciones

Diferenciales Ordinarias.

Sea f : R −→ R 2 veces derivable, r =√∑

x2j , x = (x1, . . . , xn), t ∈ R, α ∈ R, α 6= 0. Definamos la

funcion µ : Rn −→ R como µ(x1, . . . , xn) = f(t+ αr). Para cada j = 1, 2, . . . , n, se tiene

µxj = f ′(t+ αr)αrxj ,

rxj =xjr,

rxjxj =r − rxjxj

r2=

1

r−x2j

r3

µxjxj = f ′′(t+ αr)α2(rxj )2 + αf ′(t+ αr)rxjxj = f ′′(t+ αr)α2

x2j

r2+ αf ′(t+ αr)

(1

r−x2j

x3

),

n∑j=1

µxjxj = f ′′(t+ αr)α2 + αf ′(t+ αr)

(n

r− 1

r

). [1]

Si ν(x1, x2, . . . , xn) = f(t− αr), resulta

n∑j=1

νxjxj = f ′′(t− αr)α2 − αf ′(t− αr)(n

r− 1

r

). [2]

n∑j=1

(µxjxj + νxjxj ) = f ′′(t+ αr)α2 + f ′′(t− αr)α2.

µt = f ′(t+ αr), µtt = f ′′(t+ αr), νtt = f ′′(t− αr). [3]

De [1], [2] y [3], tenemosn∑j=1

(µxjxj + νxjxj ) = α2(µtt + νtt). [4]

Si ω(x1, . . . , xn) ≡ µ(x1, . . . , xn) + ν(x1, . . . , xn) = f(t+ αr) + f(t− αr), de [4] se tiene que

n∑j=1

ωxjxj = α2ωtt.

59

calculo diferencial de varias variables notas de...

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