Analisis Matematico

CURSO DE ´ ´ ANALISIS MATEMATICO III Miguel Canela Departament de Matem`atica aplicada i an`alisi, UB [email protected]

1. Propiedades topol´ ogicas de los subconjuntos de Rn . . . . . . . . . . . . . . . . 3 Producto escalar y norma . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3 Distancia, bolas y conjuntos acotados . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5 L´ımite de una sucesi´on . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7 Interior, adherencia y frontera . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8 Conjuntos abiertos y cerrados . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10 Conjuntos compactos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12 Problemas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14 2. Continuidad y l´ımites . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . L´ımite de una funci´on . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Funciones continuas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Funciones continuas en conjuntos compactos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Problemas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

15 15 16 19 21

3. Diferenciabilidad . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Derivadas parciales y direccionales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Diferencial, matriz jacobiana y gradiente . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Funciones de clase C 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Regla de la cadena . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Teorema del valor medio . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Derivadas de orden superior . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . F´ormula de Taylor . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . M´aximos y m´ınimos locales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Problemas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

22 22 23 25 26 28 29 30 32 33

4. Teorema de la funci´ on inversa y consecuencias . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Teorema de la funci´on inversa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Teorema de la funci´on impl´ıcita . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . M´etodo de los multiplicadores de Lagrange . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Problemas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

35 35 37 39 41

Curso de An´ alisis matem´ atico III/1

5. Aplicaciones geom´ etricas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Tangente y normal a una curva del plano . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Ecuaci´on diferencial de un haz de curvas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Ecuaciones en variables separables ......................................... Ecuaciones diferenciales exactas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Ecuaciones diferenciales lineales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Curvas y superficies en Rn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Problemas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

43 43 45 46 47 49 50 53

6. Problemas de repaso

54

.................................................

Curso de An´ alisis matem´ atico III/2

´ 1. PROPIEDADES TOPOLOGICAS n DE LOS SUBCONJUNTOS DE R

PRODUCTO ESCALAR Y NORMA El producto escalar de x, y ∈ Rn se define por x·y =

n X

La norma de x es €

kxk = x · x

1/2

xi yi .

i=1

=

  n X i=1

x2i

!1/2

.

Observa que, si n = 1, la norma es el valor absoluto. Para n = 2 y n = 3, coincide con el m´ odulo de un vector tal como se define en un curso de F´ısica. Es inmediato, a partir de la definici´on, que, para x, y, z ∈ Rn , α, β ∈ R, se cumple (αx + βy) · z = α(x · z) + β(y · z). Si kuk = 1, decimos que u es unitario. De la f´ormula kαxk = |α| kxk resulta que, si x 6= 0, u = x/kxk es unitario. Proposici´ on. Sean x, y ∈ Rn . Se cumple Œ Œ Œx · y Œ ≤ kxk kyk (desigualdad de Cauchy-Schwarz),

y la igualdad s´olo se da si x e y son linealmente dependientes. Demostraci´on. Si x = 0 o y = 0, la desigualdad es trivial. En caso contrario, podemos pasar kxk y kyk al primer miembro, y reducir el problema a ver que, si u, v son unitarios, |u · v| ≤ 1, y que |u · v| = 1 s´olo puede ser si u = v o u = −v. Para verlo, observamos  2 0 ≤ u − v  = (u − v) · (u − v) = kuk2 + kvk2 − 2 u · v = 2(1 − u · v),

que implica u·v ≤ 1. Cambiando + por −, resulta u·v ≥ −1, y, en definitiva |u·v| ≤ 1. Finalmente, u · v = 1 implica u = v, y u · v = −1 implica u = −v. ♠ Proposici´ on. Sean x, y ∈ Rn . Se cumple   x + y  ≤ kxk + kyk (desigualdad triangular),

y la igualdad s´olo se da si y = αx, con α ≥ 0, o viceversa. Demostraci´on. Si x = 0 o y = 0 la desigualdad es trivial. Si no, resulta de la desigualdad de Cauchy-Schwarz en   €  x + y 2 = kxk2 + kyk2 + 2 x · y ≤ kxk2 + kyk2 + 2kxk kyk = kxk + kyk 2 . Si hay igualdad en la desigualdad triangular, tambi´en en la de Cauchy-Schwarz, y entonces x e y son linealmente dependientes, o sea y = αx, y obviamente α > 0. ♠ Curso de An´ alisis matem´ atico III/3

En general, en un espacio vectorial real E, un producto escalar es una aplicaci´on (x, y) → x · y a valores reales, que cumple: (i) x · x ≥ 0 para todo x ∈ E, y x · x = 0 si y s´olo si x = 0. (ii) x · y = y · x para x, y ∈ E. (iii) (αx + βy) · z = α(x · z) + β(y · z), para x, y, z ∈ E, α, β ∈ R. Hay otros productos escalares de inter´es en el An´alisis matem´atico. Por ejemplo, en el espacio de las funciones continuas en [0, 1], podemos definir f ·g =

Z

1

f (x) g(x) dx. 0

No obstante, el u ´nico producto escalar con el que trabajamos en este curso es el de Rn . En el curso de An´alisis funcional aparecen otros productos, definidos en espacios de funciones o en espacios de sucesiones. Una norma en E es una aplicaci´on x → kxk a valores reales que cumple: (i) kxk ≥ 0 para todo x ∈ E, y kxk = 0 si y s´olo si x = 0. (ii) kαxk = αkxk para x ∈ E, α ∈ R.   (iii) x + y  ≤ kxk + kyk, para x, y, z ∈ E. A partir de un producto escalar siempre se puede definir una norma, haciendo kxk = (x · x)1/2 , y los argumentos que hemos dado para probar la desigualdad de CauchySchwarz y la triangular valen en general. Hay otras normas de Rn de inter´es en el An´alisis matem´atico, aunque no todas se definen a partir de un producto escalar (v. Ejercicio 3). Cuando se quiere distinguir entre las distintas normas de Rn , se denota la que hemos definido a partir del producto, que es la norma eucl´ıdea, por kxk2 . De los espacios en los que hay definida una norma, los espacios normados, se ocupa el curso de An´alisis funcional. Otra norma interesante que s´ı vamos a usar este curso en alguna ocasi´on, es la norma de una aplicaci´ on lineal, o, equivalentemente, de una matriz. Primer probamos una desigualdad fundamental de las aplicaciones lineales. Proposici´ on. Sea T : Rn → Rm una aplicaci´on lineal. Existe K > 0 tal que   T x ≤ K kxk, x ∈ Rn .

Demostraci´on. Pasando kxk al primer   miembro, el problema se reduce a ver que existe T u ≤ K. Supongamos que A es la matriz de T en K > 0 tal que, siˆu es unitario, ‰ la base can´onica e1 , . . . , en , de modo que !   n m X X Tx = aij xi ej . j=1

Entonces, si kuk = 1,

i=1

Œ Œ n m n m ŒX Œ   X Œ XX Œ  T u ≤ aij ui Œ ≤ |aij |. ♠ Œ Œ Œ j=1 i=1

j=1 i=1

El argumento seguido en esta demostraci´on muestra que entre las constantes K > 0 que cumplen la desigualdad para  una aplicaci´on T hay una que es la menor, y que coincide con el supremo de T u. Por definici´on, esta constante m´ınima es la norma de T , es decir,   kT k = sup T u. kuk=1

Curso de An´ alisis matem´ atico III/4

Ejercicios 1. Decimos que x e y son ortogonales si x · y = 0. Demuestra que, en ese caso,   x + y 2 = kxk2 + kyk2 (teorema de Pit´agoras). 2. Demuestra que, para cualquier par x, y ∈ Rn , Œ  Œ  (a) Œkxk − kykŒ ≤ x − y . 2    € (b) x + y  + x − yk2 = 2 kxk2 + kyk2 (identidad del paralelogramo).    (c) x + y  x − y  ≤ kxk2 + kyk2 . 3. Para x ∈ Rn , definimos n X ‰ ˆ kxk1 = |xi |, kxk∞ = max |x1 |, . . . , |xn | , i=1

(a) Demuestra que estas f´ormulas definen normas en Rn . (b) Demuestra que se cumple

kxk∞ ≤ kxk2 ≤ kxk1 ≤ n kxk∞ . (c) Demuestra que estas normas no cumplen la identidad del paralelogramo. 4. Demuestra, que si T es una aplicaci´on lineal, se cumple   kT k = sup T u. kuk≤1

5. Sean T y S son aplicaciones lineales.   (a) Demuestra que se cumple T + S  ≤ kT k + kSk, cuando la suma tiene sentido.   (b) Demuestra que se cumple T ◦ S  ≤ kT k kSk, cuando la composici´on tiene sentido. Muestra con un ejemplo que la igualdad no se da siempre.

DISTANCIA, BOLAS Y CONJUNTOS ACOTADOS La distancia entre dos puntos x, y ∈ Rn se define por !1/2   n X  . (xi − yi )2 d(x, y) = x − yk1/2 = i=1

Proposici´ on. Sean x, y, z ∈ Rn . Se cumple: (i) d(x, y) ≥ 0, y s´olo d(x, y) = 0 si x = y. (ii) d(x, y) = d(y, x). (iii) d(x, z) ≤ d(x, y) + d(y, z) (desigualdad triangular). Demostraci´on. Las dos primeras son evidentes. La tercera se deduce directamente de la definici´on de la distancia y de la desigualdad triangular de la norma. ♠ Una distancia en un conjunto X cualquiera es una aplicaci´on (x, y) → R con las propiedades (i)–(iii) de la proposici´on anterior. Un conjunto en el que hay definida etrico. una distancia es un espacio m´ En cualquier espacio normado se puede definir  una distancia haciendo d(x, y) = x − yk1/2 , pero no es la u ´nica manera. Un ejemplo muy artificial, que se usa a veces para construir contraejemplos en la teor´ıa de los espacios m´etricos, es la distancia discreta, para la que d(x, y) = 1 si x 6= y, y d(x, x) = 0. En este curso s´olo vamos a usar la distancia definida en Rn mediante la norma eucl´ıdea, que es la distancia eucl´ıdea. La distancia entre un punto a ∈ Rn y un conjunto X ⊂ Rn se define por d(a, X) = inf d(a, x). x∈X

Por convenio, se entiende que d(a, ∅) = ∞. Curso de An´ alisis matem´ atico III/5

Ejemplo. La distancia de un punto a un conjunto no siempre es accesible, o, dicho de otro modo, no siempre existe x ∈ X tal que d(a, x) = d(a, X). Un ejemplo sencillo, en R, nos lo da a = 0, X = (1, 2]. La distancia entre dos conjuntos X, Y ⊂ Rn se define por ˆ ‰ d(X, Y ) = inf d(x, y) : x ∈ X y ∈ Y .

Una definici´on equivalente (la comprobaci´on es inmediata para quien tenga claro lo que significa inf) es d(X, Y ) = inf d(x, Y ) = inf d(y, X). x∈X

y∈Y

Sean a ∈ Rn y r > 0. La bola abierta de centro x y radio r se define por ˆ ‰ B(a, r) = x ∈ Rn : kx − ak < r . An´alogamente, la bola cerrada de centro x y radio r se define por ˆ ‰ B 0 (a, r) = x ∈ Rn : kx − ak ≤ r . La esfera de centro x y radio r es ˆ ‰ S(a, r) = x ∈ Rn : kx − ak = r . Ejemplo. Supongamos que n = 1. Entonces  € ƒ ‚ B(a, r) = a − r, a + r , B 0 (a, r) = a − r, a + r ,

ametro de un conjunto X ⊂ Rn se define por El di´ ˆ ‰ δ(X) = sup d(x, y) : x, y ∈ X .

ˆ ‰ S(a, r) = a − r, a + r .

Se entiende, en esta definici´on, que el supremo puede ser infinito, y que el di´ametro del conjunto vac´ıo es 0. € €   €  Ejemplo. Para a, b ∈ R, δ [a, b] = b − a, δ {a} = 0, y δ [a, +∞) = +∞.

Cuando el di´ametro de un conjunto es finito, decimos que es un conjunto acotado. Todo subconjunto de un conjunto acotado es acotado, y la uni´on finita de conjuntos acotados es un conjunto acotado. Cualquier bola es un conjunto acotado (v. Ejercicio 4), y que un conjunto es acotado si y s´olo existe una bola que lo contenga (v. Ejercicio 5). Por tanto, para n = 1, la definici´on de conjunto acotado que hemos dado aqu´ı coincide con la del curso de An´alisis matem´atico I para subconjuntos de R (X ⊂ R es acotado si existen a, b ∈ R tales que a ≤ x ≤ b para todo x ∈ X). Decimos que f : X → Rn es una aplicaci´ on acotada cuando f (X) es un conjunto acotado. Ejercicios 1. Para a, b ∈ Rn , X, Y, Z ⊂ Rn , di cu´ales de las siguientes f´ormulas son v´alidas en general: (a) d(a, X) ≤ d(a, b) + d(b, X). (b) d(a, Y ) ≤ d(a, X) + d(X, Y ). (c) d(X, Z) ≤ d(X, Y ) + d(Y, Z). Curso de An´ alisis matem´ atico III/6

2. Considera en R2 la distancia definida por la norma k · k1 . ¿Qu´e es la bola de centro (0, 0) y radio 1? ¿Y para la distancia definida por k · k∞ ? 3. Define en R2 una norma cuyas bolas sean elipses. €  4. Demuestra que siempre se cumple δ B(a, r) ≤ 2r. ¿Puedes imaginar una distancia donde el di´ametro de una bola sea menor que el doble del radio? ¿Es posible que eso pase en un espacio normado? 5. Demuestra que un conjunto es acotado si y s´olo existe una bola que lo contiene.

´ L´IMITE DE UNA SUCESION Sean (xk )k una sucesi´on de Rn , y a ∈ Rn . Decimos que a es el l´ımite de (xk )k , o que (xk )k converge hacia a, cuando kxk − ak tiene l´ımite 0. Equivalentemente, cuando, para todo  > 0, existe k0 tal que, si k ≥ k0 , entonces kxk − ak < . Esta definici´on es la extensi´on directa de la del curso de An´alisis matem´atico I para sucesiones de n´ umeros reales. Como ya sabemos, no siempre hay l´ımite. Las sucesiones que tienen l´ımite son las sucesiones convergentes. La expresi´on a = lim xk k→∞

se interpreta igual que para sucesiones en R. Si no hay ambig¨ uedad, se puede abreviar a = limk xk , o incluso lim xk . Proposici´ on. Sea (xk )k una sucesi´on de Rn . Se cumple: (i) Si (xk )k tiene l´ımite, es u ´nico. (ii) Si (xk )k tiene l´ımite, todas las sucesiones parciales de (xk )k tienen el mismo l´ımite. (iii) Si (xk )k tiene l´ımite, es acotada. Demostraci´on. Basta repasar la del curso de An´alisis matem´atico I. ♠ Proposici´ on. Sea (xk )k una sucesi´on de Rn . Designamos por xk,j la coordenada j-´esima de xk . Las siguientes condiciones son equivalentes: (i) lim xk = a. (ii) limk xk,j = aj , para j = 1, . . . , n. Demostraci´on. Basta observar que, para x, y ∈ Rn , se cumple n Œ Œ  X Œ  Œ Œxj − yj Œ. ♠ max Œxj − yj Œ ≤ x − y  ≤

1≤j≤n

j=1

La condici´on de Cauchy tambi´en se extiende de forma natural a las sucesiones de on Rn . Decimos que (xk )k cumple la condici´ on de Cauchy, o que es una sucesi´ de Cauchy, cuando, para todo  > 0, existe k0 tal que, si k1 , k2 ≥ k0 , entonces kxk1 − xk2 k < . Proposici´ on. Sea (xk )k una sucesi´on de Rn . Las siguientes condiciones son equivalentes: (i) (xk )k tiene l´ımite. (ii) (xk )k cumple la condici´on de Cauchy. Demostraci´on. Para ver que toda sucesi´on con l´ımite cumple la condici´on de Cauchy, el argumento es el mismo que para sucesiones de n´ umeros reales, usando la desigualdad       xk1 − xk2  ≤ xk1 − a + a − xk2 .

Curso de An´ alisis matem´ atico III/7

Rec´ıprocamente, supongamos que (xk )k cumple la condici´on de Cauchy. Por la desigualdad de la demostraci´on de la proposici´on anterior, las sucesiones de coordenadas (xk,j )k son sucesiones de Cauchy de n´ umeros reales, que tienen l´ımite, y por tanto (xk )k tiene l´ımite. ♠ Proposici´ on (teorema de Bolzano-Weierstrass en Rn ). Sea (xk )k una sucesi´on acotada de Rn . Existe una sucesi´on parcial de (xk )k que tiene l´ımite. Demostraci´on. Si (xk )k es acotada, tambi´en son acotadas las sucesiones de coordenadas (xk,j )k , y podemos extraer de cada una parcial convergente, por el teorema de Bolzano-Weierstrass para sucesiones de n´ umeros reales (curso de An´alisis matem´atico I). Si extraemos estas parciales ordenadamente, de forma que cada una sea una parcial de la anterior, obtenemos una sucesi´on (yk )k , parcial de (xk )k , tal que todas las sucesiones de coordenadas (yk,j )k tienen l´ımite, y por tanto (yk )k tiene l´ımite. ♠

INTERIOR, ADHERENCIA Y FRONTERA Sean X ⊂ Rn y a ∈ Rn . Decimos que a es un punto adherente a X cuando d(a, X) = 0. El conjunto de puntos adherentes a X se llama adherencia o clausura ¯ Tal como hemos definido la distancia, todos los puntos son de X, y se designa por X. ¯ pero puede ser X 6= X. ¯ Es adherentes a Rn , y ninguno lo es a ∅. Siempre X ⊂ X, ¯ = Rn , se dice que X f´acil encontrar ejemplos de ambas situaciones en R. Cuando X es denso en Rn Ejemplo. En R, (0, 1] = [0, 1] = (0, 1) = [0, 1]. Proposici´ on. Sean X ⊂ Rn y a ∈ Rn . Las siguientes condiciones son equivalentes: (i) a es adherente a X. (ii) Existe una sucesi´on (xk )k , contenida en X, con l´ımite a. (iii) Para cada  > 0 existe x ∈ X tal que kx − ak < . (iv) Para cada  > 0, B(a, ) ∩ X 6= ∅. Demostraci´on. (i) implica (ii): para cada k ∈ N escogemos xk ∈ X con kxk −ak < 1/k, y entonces lim xk = a. (ii) implica (iii): Para cualquier  > 0, infinitos t´erminos de la sucesi´on (xk )k cumplen kxk − ak < . (iii) implica (i): Para todo  > 0, d(a, X) < , luego d(a, X) = 0. Finalmente, (iii) y (iv) son trivialmente equivalentes. ♠ Proposici´ on. Sean X, Y ⊂ Rn , y a ∈ Rn . Se cumple: ¯ ⊂ Y¯ . (i) Si X ⊂ Y , entonces X ¯ ¯ (ii) X ∪ Y = X ∪ Y . ¯ ∩ Y¯ . (iii) X ∩ Y ⊂ X ¯ (iv) d(a, X) = d(a, X). ¯ = X. ¯ (v) X Demostraci´on. (i) Resulta directamente de la definici´on, ya que, si X ⊂ Y , entonces d(a, X) ≥ d(a, Y ) . ¯ ⊂ X ∪ Y y Y¯ ⊂ X ∪ Y , luego X ¯ ∪ Y¯ ⊂ X ∪ Y . Rec´ıprocamente, si a (ii) Por (i), X es l´ımite de una sucesi´on contenida en X ∪ Y , hay infinitos t´erminos en uno de los ¯ ∪ Y¯ . ¯ o a ∈ Y¯ , y por tanto a ∈ X dos conjuntos, con lo cual a ∈ X ¯ ¯ ¯ (iii) Por (i), X ∩ Y ⊂ X, y X ∩ Y ⊂ Y , luego X ∩ Y ⊂ X ∩ Y¯ . Curso de An´ alisis matem´ atico III/8

¯ tal que ¯ d(a, X) ¯ ≤ d(a, X). Si no fuesen iguales, existir´ıa x0 ∈ X (iv) Como X ⊂ X, kx0 − ak < d(a, X). Pero entonces tendr´ıamos, para todo x ∈ X, kx − x0 k ≥ kx − ak − kx0 − ak ≥ d(a, X) − kx0 − ak, y por tanto d(x0 , X) ≥ d(a, X) − kx0 − ak > 0, contradictorio, porque x0 es adherente a X. (v) Resulta directamente de (i). ♠ ¯ ∩ Y¯ = {0}, pero X ∩ Y = ∅. Ejemplo. Si X = [−1, 0) e Y = (0, 1], X n n on de X cuando Sean € X ⊂ R y a ∈ R . Decimos que a es un punto de acumulaci´ d a, X \ {a} = 0. Como para los puntos adherentes, tenemos varias definiciones equivalentes (v. la proposici´on que sigue).

Proposici´ on. Sean X ⊂ Rn y a ∈ Rn . Las siguientes condiciones son equivalentes: (i) a es un punto de acumulaci´ on de X. (ii) Existe una sucesi´on (xk )k , contenida en X \ {a}, con l´ımite a. (iii) Para cada  > 0 existe x ∈ X tal que 0 < kx − ak < .  € (iv) Para cada  > 0, B(a, ) ∩ X \ {a} 6= ∅. Demostraci´on. Igual que para los puntos adherentes. ♠ Un punto adherente que no es de acumulaci´ on pertenece necesariamente al conjunto, y se llama punto aislado. De la proposici´on anterior se deduce que a es un punto aislado de X si y s´olo si existe r > 0 tal que B(a, r) ∩ X = {a}. Decimos que a es un punto interior a X cuando existe r > 0 tal que B(a, r) ⊂ X. El conjunto de puntos interiores a X se llama interior de X, y se designa por X ◦ . Por definici´on, X ◦ ⊂ X, pero la igualdad no es siempre cierta (v. el ejemplo que sigue). Por convenio, el interior del conjunto vac´ıo es vac´ıo. Cuando a es interior a un conjunto, decimos que ´este es un entorno de a. En An´alisis matem´atico, usamos con frecuencia expresiones del tipo “. . . se cumple en un entorno de a”, sin m´as detalles, cuando no nos interesa precisar cu´al es ese conjunto. Decir que algo se cumple “en un entorno de a”, equivale a decir que se cumple en B(a, r), para un cierto r > 0 que no precisamos. Cuando una funci´on tiene una cierta propiedad en un entorno de cada uno de los puntos de un conjunto A (aunque pueda no tenerla en A), decimos a veces que tiene esa propiedad localmente en A. Esta manera de expresarse confunde al principio, pero resulta pr´actica cuando uno se habit´ ua. Ejemplo. Si X = (0, 1], X ◦ = (0, 1). Proposici´ on. Sea X ⊂ Rn . Se cumple: n (i) R \ X ◦ = Rn \ X. €  ¯ = Rn \ X ◦ . (ii) Rn \ X / X ◦ equivale a que no exista  > 0 tal que B(a, ) ⊂ X, o sea a Demostraci´on. (i) a ∈ n B(a, ) ∩ (R \ X) 6= ∅ para todo , y por tanto a que a sea adherente a Rn \ X. (ii) Resulta directamente de (i), cambiando X por su complementario. ♠ Proposici´ on. Sean X, Y ⊂ Rn . Se cumple: (i) Si X ⊂ Y , entonces X ◦ ⊂ Y ◦ . (ii) X ◦ ∪ Y ◦ ⊂ (X ∪ Y )◦ . Curso de An´ alisis matem´ atico III/9

(iii) (X ∩ Y )◦ = X ◦ ∩ Y ◦ . € ◦ (iv) X ◦ = X ◦ . Demostraci´on. Estas propiedades se deducen directamente de las de la adherencia, pasando al complementario. ♠ Ejemplo. Si X = [−1, 0] e Y = [0, 1], 0 es interior a X ∪ Y , pero no lo es a X ni a Y . Por tanto, en este caso, (X ∪ Y )◦ 6= X ◦ ∪ Y ◦ . Sean X ⊂ Rn y a ∈ Rn . Decimos que a es un punto frontera de X cuando a es adherente a X y a Rn \ X. El conjunto de puntos frontera de X se llama frontera de X, y se designa por Fr(X) (tambi´en ∂X, o bX). Por definici´on, la frontera de un conjunto coincide con la de su complementario. De las propiedades del interior y la adherencia que hemos visto antes, resulta que un punto frontera es un punto adherente que no es interior, es decir, ¯ \ X ◦. Fr(X) = X Ejemplo. Si X = (0, 1], Fr(X) = {0, 1}. Ejercicios 1. Demuestra: (a) La adherencia de una bola (abierta o cerrada) es la correspondiente bola cerrada. (b) La adherencia de una bola (abierta o cerrada) es la correspondiente bola cerrada. (c) La frontera de una bola (abierta o cerrada) es la correspondiente esfera. ‰ ˆ 2. Halla la adherencia y el interior de A = (x, y) ∈ R2 : 0 ≤ x < 1, xy < 1 . 3. Sea Q el subconjunto de R formado por los n´ umeros racionales. Repasa lo que sabes sobre R y Q hasta entender que Q y R \ Q son ambos densos en R. Deduce de ah´ı que el interior de Q es vac´ıo y la frontera es R. Este ejemplo muestra que el interior, la adherencia y la frontera, que son obvios para conjuntos sencillos, como las bolas, pueden no serlo para conjuntos m´as complicados. 4. Sea Qn el subconjunto de Rn formado por los puntos de coordenadas racionales. Demuestra que Qn y Rn \ Qn son ambos densos en Rn . 5. ¿Cu´ales son los puntos de acumulaci´ on del conjunto de R2 š’ “ › 1 1 X= , : n, m ∈ N ? n m 6. Demuestra que la adherencia de un conjunto acotado es un conjunto acotado.

CONJUNTOS ABIERTOS Y CERRADOS Sea X ⊂ Rn . Se dice que X es abierto cuando X ◦ = X, y que X es cerrado cuando ¯ = X. Como el interior de X y la adherencia de Rn \ X son complementarios, X X es abierto si y s´olo si Rn \ X es cerrado. Rn y ∅ son abiertos y cerrados. Proposici´ on. Los u ´nicos subconjuntos abiertos y cerrados de Rn son Rn y ∅. Demostraci´on. Supongamos que X ⊂ Rn es abierto y cerrado, y X 6= Rn ,‰∅. Escogeˆ n mos a ∈ X y b ∈ R \ X, y definimos t0 = sup t ∈ [0, 1] : a + t(b − a) ∈ X . Como t0 Curso de An´ alisis matem´ atico III/10

es el supremo de este conjunto, es el l´ımite de una sucesi´on (tk )k contenida en ´el, con tk ≤ t0 . Pero entonces x0 = a + t0 (b − a) = lim(a + tk (b − a)), y, por ser X cerrado, x0 ∈ X, y por consiguiente t0 < 1. Ahora bien, como X es abierto, hay una bola B(x0 , r) contenida en X, y, escogiendo t < 1 de forma que r , t0 < t < t 0 + kb − ak resulta ka + t(b − a) − x0 k = (t − t0 )kb − ak < r, luego a + t(b − a) ∈ X, lo que contradice que t0 sea el supremo. ♠ Proposici´ on. Se cumple: (i) La uni´on de una familia (Ai )i∈I de subconjuntos abiertos de Rn es un conjunto abierto. (ii) La intersecci´on de una familia (Ci )i∈I de subconjuntos cerrados de Rn es un conjunto cerrado. Demostraci´on. Como los conjuntos cerrados son los complementarios de los conjuntos abiertos, basta con probar (i). Para ello hay que ver que todo punto a del conjunto uni´on A es interior. Pero si a ∈ A, existe i0 ∈ I tal que a ∈ Ai0 , y, como este conjunto es abierto, a es interior a Ai0 , y por tanto a A. ♠ Proposici´ on. Se cumple: (i) La uni´on de una familia finita C1 , . . . , Cm de subconjuntos cerrados de Rn es un conjunto cerrado. (ii) La intersecci´on de una familia finita A1 , . . . , Am de subconjuntos abiertos de Rn es un conjunto abierto. Demostraci´on. Como antes, s´olo probamos (i). Hay que ver que si a es un punto adherente a la la uni´on C de estos conjuntos, entonces a ∈ C. Si a es adherente a C, es el l´ımite de una sucesi´on contenida en C. Pero como C es una uni´on finita, esa sucesi´on debe tener infinitos t´erminos en alguno de los conjuntos Ci . Como ´este es cerrado, contiene a a, y por tanto a ∈ C. ♠ €  Ejemplo. Sea Am = − 1/m, 1/m , para m = 1, 2, 3, . . .. La intersecci´ on de estos conjuntos es {0}, que no es abierto. Esto prueba que, en (ii), el que la familia de conjuntos abiertos sea finita superflua. Un contraejemplo para (i) ƒ ‚ no es una hip´otesis se obtiene haciendo Cm = 1/m, 1 − (1/m) .

Sea X un conjunto cualquiera. Una topolog´ıa en X es una familia T de subconjuntos de X que contiene a X y a ∅, y es cerrada por uni´on y por intersecci´ on finita. Un espacio topol´ ogico es un conjunto donde se ha definido una topolog´ıa. Las proposiciones de esta secci´on muestran que los conjuntos abiertos forman una topolog´ıa en Rn , y, repasando lo que hemos hecho, puede se verificar sin dificultad que se puede definir una topolog´ıa en cualquier espacio m´etrico siguiendo el mismo proceso. Hay topolog´ıas que no se pueden definir con una distancia. Aqu´ı nos limitamos a la topolog´ıa definida en Rn por la distancia eucl´ıdea. Los espacios topol´ogicos se estudian en el curso de Topolog´ıa. Ejercicios 1. Sea X ⊂ Rn . Demuestra que: (a) Fr(X) es cerrado. (b) X es cerrado si y s´olo si Fr(X) ⊂ X. (c) X es abierto si y s´olo si X ∩ Fr(X) = ∅. 2. Demuestra que: Curso de An´ alisis matem´ atico III/11

(a) Si C ⊂ Rn es cerrado, existe una sucesi´on decreciente de conjuntos abiertos on esˆC. (Ak )k cuya intersecci´ ‰ Indicaci´on. Prueba Ak = x ∈ Rn : d(x, C) < 1/k . (b) Si A ⊂ Rn es abierto y no vac´ıo, existe una sucesi´on creciente de conjuntos cerrados (Ck )k cuya uni´on es A.

CONJUNTOS COMPACTOS Sea C ⊂ Rn . Decimos que C es compacto cuando toda sucesi´on contenida en C tiene una parcial convergente hacia un punto de C. Ejemplo. Por el teorema de Bolzano-Weierstrass, toda sucesi´on acotada de n´ umeros reales tiene una parcial convergente. Por consiguiente, un intervalo cerrado [a, b] de R siempre es compacto. Sin embargo, un intervalo no cerrado no es nunca compacto. Por ejemplo, si a < b, [a, b) no es compacto, porque la sucesi´on xk = b − (1/k) est´a contenida en [a, b) (suprimiendo los primeros t´erminos si hace falta), pero no tiene ninguna parcial que converja hacia un punto de [a, b). Se pueden obtener ejemplos parecidos en Rn , usando el teorema de Bolzano-Weierstrass para Rn . Proposici´ on. Sea C ⊂ Rn . C es compacto si y s´olo si es cerrado y acotado. Demostraci´on. Supongamos que C es cerrado y acotado, y sea (xk )k una sucesi´on contenida en C. Por el teorema de Bolzano-Weierstrass, hay una sucesi´on parcial que tiene l´ımite, y por ser C cerrado, el l´ımite es un punto de C. Rec´ıprocamente, supongamos que C es compacto. Para ver que es cerrado, consideramos una sucesi´on (xk )k , contenida en C, y con l´ımite x ∈ Rn . Hay una parcial de (xk )k que converge hacia un punto de C, quea s´olo puede ser x, luego x ∈ C. Para ver que C es acotado, razonamos por reducci´ on al absurdo. Si no lo fuera, podr´ıamos construir por recurrencia una sucesi´on (xk )k contenida en C, con kxk1 − xk2 k > 1 para k1 = 6 k2 , que no tendr´ıa ninguna parcial que cumpliera la condici´on de Cauchy. Para construir esta sucesi´on, empezamos con x1 arbitrario, y si C no  1 , 1), y existe x2 ∈ C \ B(x1 , 1). Ahora escogemos x3 ∈ C \ €es acotado, C 6⊂ B(x B(x1 , 1) ∪ B(x2 , 1) , y as´ı sucesivamente. ♠

Proposici´ on. Sea K ⊂ R compacto. Entonces existen max K y min K. Demostraci´on. Vamos a ver que K tiene m´aximo. Como K es acotado, existe b = sup K, y s´olo hay que ver b ∈ K. De la definici´on de supremo del curso de An´alisis matem´atico I se deduce que hay una sucesi´on contenida en K con l´ımite b. Pero como K es cerrado, b ∈ K. Para ver que hay m´ınimo se razona de forma parecida. ♠

En el curso de Topolog´ıa, donde se generalizan los conceptos de conjunto abierto, cerrado, frontera, etc., los conjuntos compactos no se introducen como se ha hecho aqu´ı, sino mediante recubrimientos abiertos. Las proposiciones que siguen muestran la equivalencia en Rn de la definici´on de compacto dada aqu´ı y la del curso de Topolog´ıa. Los argumentos que usamos son v´alidos para cualquier espacio m´etrico. Proposici´ on. Sean K ⊂ Rn compacto, y (Ai )i∈I una familia de subconjuntos abiern tos de R , de modo que la uni´on de esta familia contiene a K. Existe δ > 0 tal que para todo x ∈ K existe i ∈ I que cumple B(x, δ) ⊂ Ai . Demostraci´on. Razonamos por reducci´on al absurdo. Si no fuese cierto, habr´ıa una sucesi´on (xk )k en K tal que B(xk , 1/k) 6⊂ Ai para todo k ∈ N y todo i ∈ I. Sustituyendo esta sucesi´on por una parcial si es preciso, podemos suponer que tiene l´ımite, Curso de An´ alisis matem´ atico III/12

que ser´a un punto a ∈ K. Como los Ai son abiertos y su uni´on contiene K, existen i ∈ I y r > 0 tales que B(a, r) ⊂ Ai . Ahora bien, como a = lim xk , existe k0 tal que kxk − ak < r/2 para k ≥ k0 , lo que nos lleva a una contradicci´ on, ya que, por la desigualdad triangular, B(xk , r/2) ⊂ B(a, r) ⊂ Ai . ♠ Una familia de conjuntos abiertos cuya uni´on contiene un conjunto se llama recubrimiento abierto de ese conjunto. El n´ umero δ cuya existencia asegura esta proposici´on se llama n´ umero de Lebesgue del recubrimiento (Ai )i∈I . Si (Ai )i∈I es un recubrimiento de un conjunto X y J ⊂ I es tal que (Ai )i∈J tambi´en es un recubrimiento de X, decimos que es un subrecubrimiento. Proposici´ on. Sea K ⊂ R. Son equivalentes: (i) K es compacto. (ii) Si (Ai )i∈I es un recubrimiento abierto de K, existe un subrecubrimiento finito. (iii) Si (Ci )i∈I es una familia de conjuntos cerrados, tal que  

F∩

\

i∈I

Ci

!

= ∅,

existe una subfamilia finita (Ci1 , . . . , Cim , tal que 

F ∩

m \

j=1



Cij  = ∅.

Demostraci´on. Las condiciones (ii) e (iii) son equivalentes, pasando al complementario. Usando la existencia del n´ umero de Lebesgue, para ver que (i) implica (ii) basta probar que, para cada δ > 0, K podemos recubrir con una familia finita de bolas de radio δ. Para probar esto, razonamos por reduci´on al absurdo. Si fuese falso, podr´ıamos construir por recurrencia una sucesi´on (xk )k contenida en K, tal que   xk − xk  para k1 6= k2 , y esta sucesi´on no tiene ninguna parcial convergente, lo 1 2 que contradice la hip´otesis de que K es compacto. Veamos ahora que (iii) implica (i). Sea (xk )k una sucesi´on contenida en K, y hemos de probar que ˆ tiene una parcial convergente. Para cada i ∈ N, llamamos Ci a la ‰ adherencia de xj : j ≥ i . Tenemos as´ı una sucesi´on decreciente de conjuntos cerrados, y Ci ∩ K = 6 ∅ para todo i. Si (iii) es cierta,  ∞ \

i=1

Ci

!

∩ K 6= ∅,

‰ ˆ on, para cada i se cumple B(x, 1/i)∩ xj : j ≥ i 6= ∅, y si x pertenece a esta intersecci´ de donde se deduce f´acilmente la existencia de una parcial convergente hacia x. ♠ Ejercicios 1. Demuestra que

ˆ ‰ K= 0 ∪

š

1 :n∈N n

›

es un subconjunto compacto de R. 2. Da un ejemplo de un recubrimiento abierto de (0, 1) para el que no haya un subrecubrimiento finito. Curso de An´ alisis matem´ atico III/13

3. Demuestra que la uni´on de una familia finita de conjuntos compactos es un conjunto compacto. 4. Demuestra que la frontera de un conjunto compacto es un conjunto compacto.

PROBLEMAS 1.1. Halla los puntos de acumulaci´ on de los conjuntos ‰ ˆ A = x ∈ R2 : 0 < x1 ≤ 1, x2 = sin(1/x1 ) ,

ˆ ‰ B = x ∈ R2 : 0 < x1 ≤ 1, x2 = x1 sin(1/x1 ) .

ales son los puntos de acumulaci´ on del conjunto 1.2. ¿Cu´ X=

š

› 1 1 + : n, m ∈ N ? n m

1.3. Sean A ⊂ B ⊂ Rn . ¯ (a) Demuestra (B \ A)◦ = B ◦ \ A. ¯ \ A◦ . (b) Demuestra B \ A ⊂ B ¯ \ A◦ . (c) Da un ejemplo donde B \ A 6= B ¯ 1.4. Sea X ⊂ Rn . Demuestra que el di´ametro de X coincide con el de X. 1.5. Sea G ⊂ Rn . Demuestra: (a) G es denso si y s´olo si G ∩ A 6= ∅ para todo conjunto abierto no vac´ıo A ⊂ Rn . (b) Si G es denso y A es abierto A ⊂ A ∩ G. 1.6. Demuestra que, si A ⊂ Rn es abierto, la frontera de A tiene interior vac´ıo. 1.7. Demuestra que: (a) Si X ⊂ Rn y Y ⊂ Rm son abiertos, X × Y es un subconjunto abierto de Rn+m . (b) Si X ⊂ Rn y Y ⊂ Rm son cerrados, X × Y es un subconjunto cerrado de Rn+m . 1.8. Demuestra que, si K ⊂ Rn y H ⊂ Rm son compactos, K × H es un subconjunto compacto de Rn+m . 1.9. Sean K ⊂ Rn compacto y A ⊂ Rn abierto, con K ⊂ A. Demostrar que existe r > 0 tal que B(x, r) ⊂ A para todo x ∈ K. 1.10. Sea G ⊂ Rn . Demuestra: (a) Si G es abierto, no existen x, y ∈ G tales que kx − yk = δ(G). (b) Si G es compacto, existen x, y ∈ G tales que kx − yk = δ(G).

Curso de An´ alisis matem´ atico III/14

2. CONTINUIDAD Y L´IMITES

´ L´IMITE DE UNA FUNCION Sean D ⊂ X ⊂ Rn , a ∈ Rn , y f : X → Rm , y supongamos que a es un punto de acumulaci´on de D. Decimos que b ∈ Rm es el l´ımite de f en a, relativo a D, cuando, para sucesi´on (xk )k contenida en D \ {a}, con l´ımite a, la € cualquier  sucesi´on imagen f (xk ) k tiene l´ımite b. Puede representarse esta situaci´on mediante la f´ormula lim f (x). b = x→a x∈D

Cuando D = X, omitimos “x ∈ D”, y decimos que b es el l´ımite de f en a. As´ı es en la mayor´ıa de los casos, aunque a veces usamos subconjuntos especiales de X, como en los ejemplos de m´as abajo. Observa que no es necesario que f est´e definida en a. En cualquier caso, el valor f (a) no influye en el l´ımite. Observa tambi´en que, si podemos hallar subconjuntos D1 , D2 de X de modo que lim f (x) = 6 x→a lim f (x), x→a x∈D1

x∈D2

entonces el l´ımite de f en a no existe (v. ejemplos a continuaci´ on) Ejemplo. La definici´on que hemos dado generaliza la de los l´ımites laterales del curso de An´alisis matem´atico I. Por ejemplo, si f (x) = x/|x|, escogemos ˆ ˆ ‰ ‰ D+ = x ∈ R : x > 0 , D− = x ∈ R : x < 0 , y tenemos

lim f (x) = lim f (x) = 1, +

x→0 x∈D+

lim f (x) = lim− f (x) = −1.

x→0 x∈D−

x→0

x→0

Ejemplo. Sea f : R2 \ {(0, 0)} → R definida por xy f (x, y) = 2 . x + y2 ˆ ‰ Para α ∈ R, sea Dα = (x, y) ∈ R2 : y = αx . Entonces el l´ımite relativo a Dα ,  € α , lim f (x) = lim f x, αx = x→0 1 + α2 (x,y)→(0,0) x∈Dα

depende de α, y por tanto f no tiene l´ımite en (0, 0). Ejemplo. Sea f : R2 \ {(0, 0)} → R definida por f (x, y) = Como x2 resulta |f (x, y)| ≤ |x|, y por tanto

lim

y2 ≤ 1, + y2

(x,y)→(0,0)

Curso de An´ alisis matem´ atico III/15

xy 2 . + y2

x2

f (x, y) = 0.

Proposici´ on. Sean D ⊂ X ⊂ Rn , a ∈ Rn , b ∈ Rm , y f : X → Rm , y supongamos que a es un punto de acumulaci´ on de D. Son equivalentes: (i) b es el l´ımite de f en a, relativo a D. (ii) Para cada  > 0 existe δ > 0 tal que, si x ∈ D \ {a} y kx − ak < δ, entonces kf (x) − bk <  (definici´on  − δ de l´ımite). €  (iii) Para cada  > 0 existe δ > 0 tal que f B(a, δ) ∩ (D \ {a} ⊂ B(b, ). Demostraci´on. Basta repasar la del curso de An´alisis matem´atico I. ♠ Ejercicios 1. En R, una funci´on tiene l´ımite si y s´olo hay l´ımite por la derecha y por la izquierda, y coinciden. Generaliza esta regla a funciones definidas en un subconjunto de Rn : si X = D1 ∪ D2 , y a es un punto de acumulaci´ on de D1 y de D2 , existe el l´ımite de f : X → Rm en a si y s´olo si existen los l´ımites relativos a D1 y D2 , y coinciden. que, on de X, tales 2. Sean X ⊂ Rn , f : X → Rm , y a ∈ Rn un punto de acumulaci´ €  para toda sucesi´on (xk )k contenida en D, con l´ımite a, la sucesi´on imagen f (xk ) k tiene l´ımite. Demuestra que f tiene l´ımite en a. 3. Usa la f´ormula 1 − cos t lim =1 t→0 t2 /2 ˆ ‰ para calcular el l´ımite de la funci´on f : (x, y) ∈ R2 : xy > 0 → R definida por √ 1 − cos xy f (x, y) = y en un punto de la frontera. 4. Demuestra lim

(x,y)→(0,0)

xy sin

’

1 2 x + y2

“

= 0.

5. Definimos f : R2 → R por f (x, y) = x si y ≥ 0, y por f (x, y)) = −x si y < 0. Demuestra que f no tiene l´ımite en ning´ un punto del eje x, salvo en el origen. 6. Demuestra x5 y 2 + x3 yz 3 lim = 0. (x,y)→(0,0) (x2 + y 2 + z 2 )3 ‰ ˆ 7. Sea f : (x, y) ∈ R2 : x 6= y → R definida por f (x, y) =

xy . x−y

 € Usa una sucesi´on (xk , yk ) k con l´ımite (0, 0), para la que (xk − yk )k tienda a 0 m´as r´apido que (xk yk )k , para ver que f no tiene l´ımite en (0, 0).

FUNCIONES CONTINUAS Sean X ⊂ Rn y f : X → Rm . Decimos que f es una funci´ on continua en un punto a ∈ X cuando f (a) = lim f (x). x→a

Una funci´ on continua en un conjunto es una funci´on que es continua en todos los puntos de ese conjunto. Cuando es continua en todos los puntos donde est´a definida, decimos que es continua, a secas. Si f : X → Rm es continua, entonces la restricci´on f|Y es continua para todo Y ⊂ X, pero hay que ir con cuidado al aplicar esta idea en sentido contrario (v. el segundo de los ejemplos que siguen). Curso de An´ alisis matem´ atico III/16

Ejemplo. La funci´on f : R2 → R definida por xy , f (x, y) = |x| + |y| si (x, y) = 6 (0, 0), y f (0, 0) = 0, es continua en (0, 0). Se puede deducir que el l´ımite en (0, 0) es 0 de la desigualdad |f (x, y)| =

|xy| ≤ |x|. |x| + |y|

Ejemplo. Sean f : R2 → R definida por f (x, y) =

x2 − y 2 , x2 + y 2

si (x, y) 6= (0, 0), y f (0, 0) = 0, y X = {(x, y) ∈ R2 : y = x}. La restricci´on f|X f no es continua, porque es constante igual a 0, y por tanto continua, pero ˆ ‰ no tiene l´ımite en (0, 0). Para verlo basta considerar Dα = (x, y) ∈ R2 : y = αx y observar €  1 − α2 . f (x) = lim f x, αx = x→0 1 + α2 (x,y)→(0,0) lim

x∈Dα

on compoSea f : X → Rm . Para cada j ∈ {1, . . . , m} podemos considerar la funci´ nente fj : X → R, que asigna a cada x ∈ X la coordenada j-´ e sima de (x). f Podemos €  expresar f en funci´on de sus componentes, f = f1 , . . . , fm . La continuidad (y la diferenciabilidad, v. Cap´ıtulo 3) de f es equivalente a la de sus funciones componentes. Proposici´ on. Sean X ⊂ Rn , a ∈ X, y f : X → Rm . Son equivalentes: (i) f es continua en a. (ii) Las funciones componentes f1 , . . . , fm son continuas. en a. Demostraci´on. Supongamos lim xk = a. Entonces lim f (xk ) = f (a) si y s´olo si lim fj (xk ) = fj (a) para 1 ≤ j ≤ m. ♠ Proposici´ on. Sean X ⊂ Rn , f : X → Rm con l´ımite en un punto a ∈ X, g : Y → Rp continua en f (a), con f (X) ⊂ Y ⊂ Rm . Entonces g ◦ f tiene l´ımite en a, y se cumple  ‘ €  lim g f (x) = g lim f (x) . x→a

x→a

Demostraci´on. Si (xk )k es una sucesi´on contenida en X, con l´ımite a, (f (xk ))k converge hacia el l´ımite de f en a, y al aplicar g se obtiene la f´ormula deseada. ♠ Resulta de esta proposici´on que podemos operar con los l´ımites de sumas, productos, cocientes, etc., como en el curso de An´alisis matem´atico I en el caso de una variable. Resulta tambi´en que, si f y g son continuas, g ◦ f es continua, y, por tanto, que cualquier operaci´on continua con funciones continuas da una funci´on continua. Por descontado, hay que tener cuidado con los cocientes cuando el denominador se anula. Proposici´ on. Sean D ⊂ X ⊂ Rn , D denso en X y f, g : X → Rm continuas, de modo que f|D = g|D . Entonces f = g. Demostraci´on. Sea x ∈ X. Existe una sucesi´on (xk )k contenida en D, con lim xk = x. Como f es continua, f (x) = lim f (xk ) = lim g(xk ) = g(x). ♠ NOTA. Si m = 1, se puede reemplazar la igualdad por ≤ o ≥ en la proposici´on anterior, y la demostraci´on es muy parecida. Curso de An´ alisis matem´ atico III/17

Proposici´ on. Sean X ⊂ Rn , y f : X → Rm . Son equivalentes: (i) f es continua. €  ¯ ⊂ f (G). (ii) Para todo G ⊂ X, f X ∩ G ¯ existe una sucesi´on (xk )k contenida en G, Demostraci´on. (i) implica (ii): Si x ∈ G, con l´ımite x. Como f es continua, f (x) = lim f (xk ), y por tanto f (x) ∈ f (G). (ii) implica (i): Si f no es continua en un punto a, la condici´on -δ no es v´alida, y existe  > 0 para el que se puede construir por recurrencia (tomando δ = 1/k) una sucesi´on (xk )k con l´ımite a, tal que kf (xk ) − € f (a)k ≥ . Si G es el recorrido de esta sucesi´on, a ∈ G, pero f (a) ∈ / f (G), ya que d f (a), f (G) ≥ . ♠ Proposici´ on. Sean X ⊂ Rn cerrado y f : X → Rm . Son equivalentes: (i) f es continua. (ii) Para todo C ⊂ Rm cerrado, f −1 (C) es cerrado.  € Demostraci´on. (i) implica (ii): Partimos de f f −1 (C) ⊂ C. Usando la proposici´on anterior, con G = f −1 (C), resulta  ‘  € f f −1 (C) ⊂ f f −1 (C) ⊂ C¯ = C,

y por tanto f −1 (C) ⊂ f −1 (C). La inclusi´on es sentido opuesto siempre es cierta. ‘   € (ii) implica (i): Partimos de G ⊂ f −1 f (G) . Como f (G) es cerrado, f −1 f (G) es cerrado, y entonces ‘ ‘   €  ¯ ⊂ f −1 f (G) ⊂ f −1 f (G) = f −1 f (G) , G

€  ¯ ⊂ f (G). ♠ luego f G

Se deduce de esta proposici´on que, continuas definidas en un ˆ si f y g son funciones ‰ ∈ X : (x) conjunto cerrado X, el conjunto x f = g(x) es cerrado. Para funciones a ˆ ‰ valores en R, el conjunto x ∈ X : f (x) ≥ g(x) es cerrado. Esto resulta pr´actico para ver que un conjunto definido por igualdades o desigualdades no estrictas es cerrado. ˆ ‰ Ejemplo. El conjunto K = (x, y) ∈ R2 : x ≥ 0, y ≥ 0, x + y ≤ 1 es compacto, ya √ on de los tres semiplanos que es acotado (di´ametro 2) y cerrado, por ser la intersecci´ cerrados definidos por las desigualdades de x ≥ 0, y ≥ 0, y x + y ≤ 1. Proposici´ on. Sean X ⊂ Rn abierto y f : X → Rm . Son equivalentes: (i) f es continua. (ii) Para todo A ⊂ Rm abierto, f −1 (A) es abierto. Demostraci´on. (i) implica (ii): Sea x ∈ f −1 (A). Entonces f (x) ∈ A, y, si A es abierto, existe  > 0 tal que € B(f (x),  ).€ Por ladefinici´on  − δ del l´ımite, existe δ > 0 tal que B(x, δ) ⊂ X y f B(x, δ) ⊂ B f (x),  ⊂ A, y en definitiva B(x, δ) ⊂ f −1 (A). €  (ii) implica (i): B(a, ) es abierto, luego €f −1 B(a, ) es  € abierto,  y existe δ > 0 de €  modo que B(a, δ) ⊂ f −1 B(a, ) , o sea f B(a, δ) ⊂ B f (a),  . ♠

Se deduce de esta proposici´on que, si f yˆ g son dos funciones reales continuas definidas ‰ en un conjunto abierto X, el conjunto x ∈ X : f (x) < g(x) es abierto. ˆ ‰ Ejemplo. El conjunto A = (x, y) ∈ R2 : x > 0, y > 0, x + y < 1 es abierto. Curso de An´ alisis matem´ atico III/18

Sean X ⊂ Rn , Y ⊂ Rm , y f : X → Y biyectiva, de modo que f y f −1 sean continuas. Decimos entonces que f es un homeomorfismo de X en Y . Si existe un homeomorfismo entre dos conjuntos, decimos que son homeomorfos. Ejemplo. Dos intervalos abiertos (cerrados) de la recta real son homeomorfos. De hecho, los homeomorfismos aparecen frecuentemente en el curso de An´alisis matem´atico I, ya que hay un teorema que asegura que una aplicaci´on biyectiva y mon´otona es continua, o sea que las funciones (estrictamente) crecientes o decrecientes son homeomorfismos. Ejemplo. f (x, y) = (ax, bx) define un homeomorfismo entre el disco unidad abierto de R2 y el interior de la elipse x2 y2 + = 1. a2 b2 Ejercicios 1. Demuestra que toda aplicaci´on lineal T : Rn → Rm y toda forma cuadr´atica Q : Rn × Rn → R son continuas. 2. Se define f : R2 → R por x2 + y 2 , f (x, y) = x−y para x 6= y, y f (x, x) = 0. ¿En qu´e puntos es continua? 3. Demuestra que cualquier intervalo abierto de R es homeomorfo a R. 4. Demuestra que cualquier bola abierta de Rn es homeomorfa a Rn .

FUNCIONES CONTINUAS EN CONJUNTOS COMPACTOS Proposici´ on. Si C ⊂ Rn compacto, y f : C → Rm es continua, f (C) es compacto. Demostraci´on. Sea (yk )k una sucesi´on contenida en f (C). Para cada k existe xk ∈ C con yk = f (xk ). Como C es compacto, (xk )k tiene una parcial con l´ımite en C, y, por ser f continua, la imagen por f de esta sucesi´on es una parcial de (yk )k con l´ımite en f (C). ♠ Proposici´ on (teorema de Weierstrass en Rn ). Si C ⊂ Rn es compacto y f : C → R es continua, f tiene m´aximo y m´ınimo. Demostraci´on. Por la proposici´on precedente, f (C) es un subconjunto compacto de R, y, por tanto tiene m´aximo y m´ınimo (v. Cap´ıtulo 1). ♠ Sean X ⊂ Rn y f : X → Rm . Decimos que f es uniformemente continua cuando para cada  > 0 existe δ > 0 tal que, si x1 , x2 ∈ X, y kx1 − x2 k < δ, entonces kf (x1 ) − f (x2 )k < . Proposici´ on (teorema de Heine en Rn ). Si C ⊂ Rn compacto, y f : C → Rm es continua, f es uniformemente continua. Demostraci´on. Si f no es uniformemente continua, existen  > 0 y una sucesi´on de pares (xk , yk ) tales que     f (xk ) − f (yk ) ≥ . xk − yk  < 1 , k Sustituyendo, si es preciso, esta sucesi´on por una parcial, podemos suponer que (xk )k y (yk )k tienen l´ımite, que debe ser el mismo para ambas. Si a es este l´ımite, lim f (xk ) = lim f (yk ) = f (a) por la continuidad de f , lo que nos lleva a una contradicci´ on. ♠ Curso de An´ alisis matem´ atico III/19

Ejercicios 1. Sea T : Rn → Rm es lineal, demuestra que

  kT k = max T u. kuk=1

2. Sean K ⊂ Rn compacto, y f : K → Rm inyectiva y continua. Demuestra que f define un homeomorfismo entre K y f (K). 3. La funci´on x → 1/x es el ejemplo cl´asico de funci´on continua que no es uniformemente continua. Despu´es de repasar este ejemplo, demuestra que la funci´on f : R × (R \ {(0, 0)}) → R definida por f (x, y) = x/y no es uniformemente continua. 4. Sea A ⊂ Rn . Demuestra la f´ormula Œ  Œ  Œd(x, A − d(y, A)Œ ≤ x − y ,

y, a partir de ella, que la funci´on ϕ : Rn → R definida por ϕ(x) = d(x, A) es uniformemente continua. 5. Demuestra que f (x) = x2 es uniformemente continua en cualquier intervalo cerrado, pero no en R. 6. Demuestra que una funci´on derivable con derivada acotada es uniformemente continua.

PROBLEMAS 2.1. Demuestra que lim

(x,y)→(0,0) x2

x3 − y2

no existe. 2.2. Demuestra que sin(xy) (x,y)→(0,0) x2 + y 2 lim

no existe. €  2.3. Demuestra que la funci´on f definida por f (x) = ˆ kxk1 /kxk2 x, si x ‰6= 0, y n f (0) = 0, define un ˆ homeomorfismo ‰del hipercubo C = x ∈ R : kxk1 ≤ 1 en la n bola unidad B = x ∈ R : kxk ≤ 1 . Indicaci´on. Para ver que f y f −1 son continuas en 0, usa la desigualdad 1≤

p kxk1 ≤ n(n − 1). kxk2

2.4. Sean ϕ : R → R derivable en 0, y f : R2 → R la funci´on definida por f (x, y) =

x ϕ(y) , x2 + y 2

6 (0, 0), y f (0, 0) = 0. Demuestra que f es continua en (0, 0) si y s´olo si si (x, y) = ϕ(0) = ϕ0 (0) = 0. Curso de An´ alisis matem´ atico III/20

2.5. ¿En qu´e puntos es continua la funci´on f : R2 → R definida por f (x, y) =

x3 − y 5 , x+y

si x + y 6= 0, y f (x, y) = 0 si x + y = 0? 2.6. Sea f : R2 → R definida por f (x, y) =

y sin(x2 + y 2 ), x

si x 6= 0, y f (0, y) = 0. ¿En qu´e puntos es continua? 2.7. Definimos ϕ : R → R por ϕ(t) = 1 si t es racional y ϕ(t) = 0 en caso contrario, y f : R2 → R por f (x, y) = x ϕ(xy). ¿En qu´e puntos es continua f ? ˆ ‰ 2.8. Sean f : R → R y G = (x, y) ∈ R2 : y = f (x) el grafo de f .

(a) Demuestra que, si f es continua, G es cerrado en R2 . (b) Demuestra que, si f es acotada y G es cerrado, entonces f es continua. Indicaci´on. Usa el siguiente hecho: una sucesi´on (xn )n de R tiene l´ımite a si y s´olo si toda parcial de (xn )n tiene parcial con l´ımite a. (c) Da un ejemplo de una funci´on discontinua con grafo cerrado.

on del teorema del punto fijo: si f : Rn → Rn 2.9. Demuestra la siguiente versi´ cumple la condici´on     f (x) − f (y) ≤ λ x − y ,

x, y ∈ Rn , x = 6 y,

siendo λ una constante, con 0 < λ < 1, f tiene un punto fijo u ´nico. Indicaci´on. Partiendo de un punto x1 arbitrario, construye por recurrencia una sucesi´on (xk )k tal que xk+1 = f (xk ), y demuestra que cumple la condici´on de Cauchy. El l´ımite ser´a el punto fijo. 2.10. Demuestra la siguiente versi´ on del teorema del punto fijo: si K ⊂ Rn es compacto y f : K → K cumple la condici´on     f (x) − f (y) < x − y ,

x, y ∈ K, x 6= y,

f tiene un punto fijo u ´nico.   Indicaci´on. Busca el m´ınimo de la funci´on ϕ(x) = x − f (x).

Curso de An´ alisis matem´ atico III/21

3. DIFERENCIABILIDAD

DERIVADAS PARCIALES Y DIRECCIONALES Sean A ⊂ Rn abierto, f : A → R, y a ∈ A. Llamamos derivada parcial de f en a respecto xi al l´ımite  €  € f a1 , . . . , ai−1 , ai + t, ai+1 , . . . , an − f a1 , . . . , an , Di f (a) = lim t→0 t cuando existe. Por descontado, si n = 1, esta definici´on coincide con la de la derivada de una funci´on de una variable del curso de An´alisis matem´atico I. Se puede ver la derivada parcial como una generalizaci´on de la derivada de una funci´on de una variable, aunque no es sino€ un caso particular, puesto que Di f (a) es la derivada, en t = 0, de la funci´on t −→ f a1 , . . . , ai−1 , ai + t, ai+1 , . . . , an . Por consiguiente, se pueden aplicar a las derivadas parciales todas las propiedades de las derivadas del curso de An´alisis matem´atico I, y en particular, las reglas del c´alculo de derivadas. Para calcular una derivada parcial usando estas reglas, basta con aplicarlas a f (x), considerando las variables xj , para i 6= i, como “constantes”. La notaci´on ∂f /∂xi es cl´asica, y se usa cuando la derivada parcial existe para todos los puntos de un subconjunto abierto B ⊂ A, de modo que se puede considerar la derivada como una funci´on definida en B.€ Si se desea  indicar el valor de la derivada parcial en un punto x ∈ B, se puede usar ∂f /∂xi x , en lugar de Di f (x). Ejemplo. La funci´on f : R2 → R definida por f (x, y) =

x2

xy , + y2

si (x, y) 6= (0, 0), y f (0, 0) = 0, ya apareci´o en el cap´ıtulo anterior. f tiene derivadas parciales en todos los puntos. Para (x, y) 6= (0, 0), podemos usar la regla para la derivada de un cociente, €  y y 2 − x2 ∂f = € 2 , ∂x x2 + y 2

€  x x2 − y 2 ∂f = € 2 . ∂y x2 + y 2

Para (0, 0) no podemos usar esa f´ormula, y recurrimos a la definici´on, f (t, 0) − f (0, 0) = 0, t→0 t

D1 f (0, 0) = lim

f (0, t) − f (0, 0) = 0. t→0 t

D2 f (0, 0) = lim

Observa que f no es continua en (0, 0), puesto que no tiene l´ımite (v. cap´ıtulo anterior). Esto quiere decir que, para funciones de varias variables, la existencia de derivadas parciales en un punto no implica la continuidad en ese punto. Observa que, si ei es el i-´esimo vector de la base can´onica de Rn , la definici´on de la derivada parcial se puede escribir Di f (a) = lim

t→0

Curso de An´ alisis matem´ atico III/22

f (a + tei ) − f (a) . t

Podemos generalizar esta definici´on, sustituyendo ei por un vector u = 6 0 cualquiera, obteniendo la derivada de f seg´ un u, f (a + tu) − f (a) . t→0 t Con esta notaci´on, Di f (a) = Dei f (a). As´ı pues, las derivadas parciales son un caso particular de esta nueva definici´on.Observa que, sustituyendo s = λt, Du f (a) = lim

f (a + su) − f (a) f (a + tλu) − f (a) = λ lim = λ Du f (a). t→0 s→0 t s

Dλu = lim

Por tanto, si existe Du f (a), existe Dλu para todo λ ∈ R \ {0}, y se obtiene a partir de ella multiplicando por λ. Por eso se usa la expresi´on derivadas direccionales para designar las derivadas Du f (a), y en algunos libros se define la derivada direccional s´olo para vectores unitarios. Observa que D−u f (a) = Du f (a), y por tanto la derivada no depende s´olo de la direcci´on, sino tambi´en del sentido. Ejemplo (continuaci´ on). Para u = (u1 , u2 ) unitario, f (tu1 , tu2 ) u1 u2 = lim , t→0 t t y la derivada direccional no existe si u1 u2 6= 0. Du f (0, 0) = lim

t→0

NOTA. Hemos definido las derivadas para funciones a valores en R, pero la definici´on se extiende sin problemas a funciones a valores en Rm . Por lo que hemos sobre los l´ımites anteriormente, la derivada de una funci´on a valores en Rm existen si y solamente existen las derivadas de las funciones componentes, y las componentes de la derivada coinciden con las derivadas de las componentes. Ejercicios 1. Sean α > 0, y fα : R2 → R definida por fα (x, y) = |xy|α . ¿Para qu´e valores de α tiene derivadas en (0, 0)? 2. Sea p : Rn → R una norma. Demuestra que p no tiene derivadas en 0. 6 0, y f (x, 0) = 0. Demuestra que f 3. Se define f : R2 → R por f (x, y) = x2 /y si y = no es continua en (0, 0), pero tiene derivadas en cualquier direcci´on.

DIFERENCIAL, MATRIZ JACOBIANA Y GRADIENTE Sean A ⊂ Rn abierto, a ∈ A, y f : A → Rm . Decimos que f es diferenciable en a cuando existe una aplicaci´on lineal T : Rn → Rm tal que lim

x→a

f (x) − f (a) − T (x − a)   = 0. x − a

Es f´acil ver que f es diferenciable en a si y solamente si lo son las funciones componentes f1 , . . . fm . Cuando f es diferenciable en todos los puntos de A, decimos que f es diferenciable, a secas. 6 0. Si en la f´ormula anterior hacemos x = tu tenemos Sea u ∈ Rn , con u = lim

t→0

f (a + tu) − f (a) − T (tu) f (a + tu) − f (a) t = lim − lim T u = 0, t→0 t→0 |t| |t| |t|

y, examinando por separado estos l´ımites por la derecha y por la izquierda, resulta Du f (a) = T u. Esto implica, en primer lugar, que, si T existe, es u ´nica. En tal caso la llamamos diferencial de f en a, y la designamos por Df (a). En segundo lugar, resulta la proposici´on siguiente. Curso de An´ alisis matem´ atico III/23

Proposici´ on. Sean A ⊂ Rn abierto, a ∈ A, y f : A → Rm . Si f es diferenciable en a, existe la derivada direccional Du (a) para todo u, y Du f (a) = Df (a)u. En particular, si hacemos u = ei , resulta que Df (a)ei , que es la columna i-´esima de la matriz de Df (a) en la base can´onica, coincide con la derivada de f seg´ un ei . Pero esta derivada es un vector cuyas componentes son las derivadas parciales de las funciones componentes fj . Por tanto, los t´erminos de la matriz de Df (a), que llamamos matriz jacobiana de f en a, son las derivadas Di fj (a), 1 ≤ i ≤ n, 1 ≤ j ≤ m. Cada fila de la matriz jacobiana corresponde a una componente. Si n = m, la matriz jacobiana es cuadrada. Su determinante se llama determinante jacobiano. Designamos la matriz jacobiana de f en a por Df (a), sin distinguir entre ella y la diferencial, y el determinante jacobiano por det Df (a). Ejemplo. Sea f : R2 → R definida por

p x3 |y| f (x, y) = 2 , x + y2 6 (0, 0), y f (0, 0) = 0. Resulta, directamente de la definici´on de las derivadas si (x, y) = parciales, que D1 f (0, 0) = D2 f (0, 0) = 0. Por tanto, si f es diferenciable en (0, 0), la diferencial debe ser 0. As´ı es, ya que p x3 |y| f (x, y) − f (0, 0) p = 0. = lim lim  € (x,y)→(0,0) x2 + y 2 3/2 (x,y)→(0,0) x2 + y 2 Proposici´ on. Sean A ⊂ Rn abierto, a ∈ A, y f : A → Rm . Si f es diferenciable en a, es continua en a. Demostraci´on. Sea T la diferencial. Si (xk )k tiene l´ımite a, a partir de un cierto k0 se cumple   f (xk ) − f (a) − T (xk − a)   < 1, xk − a luego  Œ Œ    Œkf (xk ) − f (a)k − kT (xk − a)kŒ ≤ f (xk ) − f (a) − T (xk − a) < xk − a, y, como lim T (xk − a) = 0 por ser T continua, lim f (xk ) = f (a). ♠ Ejemplo. Sea f : R2 → R definida por

x2 y , x2 + y 2 si (x, y) 6= (0, Œ 0), y Œf (0, 0) = 0. Es f´acil ver que f es continua en (0, 0), usando la desigualdad Œf (x, y)Œ ≤ 1. Como en el ejemplo anterior, D1 f (0, 0) = D2 f (0, 0) = 0. Luego, si f es diferenciable en (0, 0), la diferencial debe ser 0. No obstante, f (x, y) =

x2 y f (x, y) − f (0, 0) p = lim  € (x,y)→(0,0) x2 + y 2 3/2 (x,y)→(0,0) x2 + y 2 lim

no existe, ya que

€  lim f x, αx = € x→0

α

1 + α2

3/2 .

As´ı pues, f no es diferenciable, pese a tener derivadas parciales y ser continua. M´as a´ un, f tiene derivada en cualquier direcci´on, ya que, si u es unitario, f (tu1 , tu2 ) Du f (0, 0) = lim = u21 u2 . t→0 t Observa que, si f fuera diferenciable, como la diferencial ser´ıa 0, todas las derivadas direccionales deber´ıan anularse. Curso de An´ alisis matem´ atico III/24

Cuando f toma valores reales (m = 1), la matriz jacobiana tiene una fila, y la podemos identificar con un vector de Rn , que se llama vector gradiente. El s´ımbolo ∇ (nabla) se usa en F´ısica (donde un campo conservativo es el gradiente de un potencial), y tambi´en en muchos libros de Matem´aticas. Si ∇f (a) es el gradiente de f en a, la f´ormula para la derivada direccional se puede escribir Du f (a) = ∇f (a) · u. Observa que esta derivada se anula cuando u y el gradiente son ortogonales, y toma el valor m´aximo si tienen la misma direcci´on (v. la desigualdad de Cauchy-Schwarz). Por eso se dice a veces que el gradiente da la direcci´on en la cual “la variaci´ on de la funci´on es m´axima”. Ejercicios 1. Sean α > 0, y fα : R2 → R definida por fα (x, y) = |xy|α . ¿Para qu´e valores de α es diferenciable en (0, 0)? 2. Sean p ∈ N, y fp : R2 → R definida por fp (x, y) =

xp x2 + y 2

si (x, y) 6= (0, 0), y f (0, 0) = 0. Demuestra que fp es continua en (0, 0) cuando p > 2, y diferenciable cuando p > 3. 3. Demuestra que una aplicaci´on lineal es diferenciable, y que la matriz jacobiana coincide con la matriz en la base can´onica.

FUNCIONES DE CLASE C 1 Sean A ⊂ Rn abierto, y f : A → Rm . Si f tiene derivadas parciales en un entorno de a ∈ A, y ´estas son continuas en a, decimos que f es una funci´ on de clase C 1 , o que es continuamente diferenciable, en a. Cuando f es de clase C 1 en todos los puntos de A, decimos que es de clase C 1 , a secas. Proposici´ on. Sean A ⊂ Rn abierto, y f : A → Rm . Si f es de clase C 1 en a ∈ A, f es diferenciable en a. Demostraci´on. Podemos suponer m = 1. Sea U una bola abierta centrada en a, donde f tenga derivadas parciales. Para x ∈ U , podemos escribir f (x) − f (a) = f (x1 , a2 , . . . , an ) − f (a1 , a2 , . . . , an ) + f (x1 , x2 , a3 . . . , an ) − f (x1 , a2 , . . . , an ) + · · · + f (x1 , . . . , xn ) − f (x1 , . . . , xn−1 , an ).

Por el teorema del valor medio del curso de An´alisis matem´atico I, para cada i existe ξi , situado entre xi y ai , tal que f (x1 , . . . , xi−1 , xi , ai+1 , . . . , an ) − f (x1 , . . . , xi−1 , ai , ai+1 , . . . , an ) €  = Di f (x1 , . . . , xi−1 , ξi , ai+1 , . . . , an ) xi − ai .

Entonces yi = (x1 , . . . , xi−1 , ξi , ai+1 , . . . , an ) pertenece a U , y kyi − ak ≤ kx − ak, y se cumple Œ Œ n ŒX € € ŒŒ Œ Di f (yi ) − Di f (a) xi − ai Œ Œ Œ Œ Œ Œ Œf (x) − f (a) − Df (a)(x − a)Œ i=1     = x − a x − a ≤

Curso de An´ alisis matem´ atico III/25

n X Œ Œ ŒDi f (yi ) − Di f (a)Œ, i=1

    y como yi − ai  < xi − ai , la expresi´on de la derecha tiende a 0 cuando x → a, por la continuidad de las derivadas. ♠ El rec´ıproco de este teorema no es cierto. Hay funciones diferenciables que no son de clase C 1 (v. Ejercicio 2 a continuaci´ on). Ejercicios  € 1. Se define f : Rn → R por f (x) = exp − 1/kxk2 , si x = 6 0, y f (0) = 0. Demuestra que f es de clase C 1 . 2. Para p ∈ N, se define fp : R2 → R por € p fp (x, y) = x + y sin

 

p

1 x2 + y 2

!

,

si (x, y) 6= (0, 0), y f (0, 0) = 0. ¿Para qu´e valores de p es continua? ¿Y diferenciable? ¿Y de clase C 1 ?

REGLA DE LA CADENA Proposici´ on. Sean A ⊂ Rn abierto, a ∈ A, f : A → Rm , B ⊂ Rm abierto, con f (A) ⊂ B, y g : B → Rp . Supongamos que f es diferenciable en a €y g es diferenciable en f (a). Entonces g ◦ f es diferenciable en a, y D(g ◦ f )(a) = Dg f (a) ◦ Df (a). €  Demostraci´on. Designamos T = Df (a), S = Dg f (a) . Entonces  €  € €   g f (x) − g f (a) − S T (x − a)    x − a

!    €  € €     g f (x) − g f (a) − S f (x) − f (a)   f (x) − f (a) − T (x − a)       + S ≤ . x − a x − a  

El segundo sumando tiende a 0 si x → a, por la continuidad de S. Para ver que el 6 f (a) (en caso contrario, este sumando primero tambi´en tiende a 0, suponiendo f (x)  = se anula), multiplicamos y dividimos por f (x) − f (a), y observamos que !         f (x) − f (a) f (x) − f (a) − T (x − a)  x−a          ≤ + T  x − a x − a x − a  

es acotado. ♠

Proposici´ on. Sean A ⊂ Rn abierto, a ∈ A, y f, g : A → Rm diferenciables en a. Entonces f + g es diferenciable en a, y D(f + g)(a) = Df (a) + Dg(a). Demostraci´on. f + g es la compuesta de (f, g) y ϕ : R2m → Rm dada por ϕ(x, y) = x + y, y por tanto es diferenciable. D(f, g)(a) es la matriz 2m × n formada al juntar Df (a) (las m primeras filas) y Dg(a) (las m u ´ltimas), y la matriz de ϕ es la matriz m × 2m formada al juntar dos matrices identidad m-dimensionales. Entonces " #  € ‚ ƒ Df (a) D(f + g)(a) = Dϕ f (a), g(a) D(f, g)(a) = Im Im = Df (a) + Dg(a). ♠ Dg(a) Curso de An´ alisis matem´ atico III/26

Proposici´ on. Sean A ⊂ Rn abierto, a ∈ A, y f, g : A → R diferenciables en a. Entonces f g es diferenciable en a, y D(f g)(a) = g(a) Df (a) + f (a) Dg(a). Demostraci´on. f g es la compuesta de (f, g) y ϕ : R2 → R definida por ϕ(x, y) = xy, y por tanto es diferenciable. La matriz jacobiana de ϕ es Dϕ(x, y) = [ y x ]. Entonces " # €  ‚ ƒ Df (a) D(f g)(a) = Dϕ f (a), g(a) D(f, g)(a) = g(a) f (a) Dg(a) = g(a) Df (a) + f (a) Dg(a). ♠ Proposici´ on. Sean A ⊂ Rn abierto, a ∈ A, y f : A → R diferenciable en a, con f (a) = 6 0. Entonces 1/f es diferenciable en a, y se cumple €  D 1/f (a) = −

1 Df (a). f (a)2

Demostraci´on. 1/f es la compuesta de f y ϕ(t) = 1/t. Entonces   € € D 1/f (a) = ϕ0 f (a) Df (a) = −

1 Df (a). ♠ f (a)2

De la regla de la cadena resulta que las derivadas de g ◦ f se obtienen mediante sumas y productos a partir de las de f y g, y, si f y g son de clase C 1 , tambi´en g ◦ f . Por tanto las sumas, productos, etc., de funciones de clase C 1 dan funciones de clase C 1 . Proposici´ on. Sea A ⊂ Rn abierto, tal que, si a, b ∈ A, existe ϕ : [0, 1] → A de clase 1 C con ϕ(0) = a y ϕ(1) = b. Si f : A → Rm es diferenciable en a, y Df (x) = 0 para todo x ∈ A, f es constante. Demostraci´on. Se puede suponer m = 1. Demostramos que, si a, b ∈ A, entonces f (a) = f (b). Para ello aplicamos la regla de la cadena a f ◦ ϕ, de modo que €  (f ◦ ϕ)0 (t) = Df ϕ(t) Dϕ(t) = 0.

Por el teorema del valor medio, f ◦ϕ es constante, luego ϕ(1) = ϕ(0), o sea f (b) = f (a). ♠ Ejercicios 1. Se definen f : R2 → R3 por f (x, y) = (x2 , ex+y , x − y), y g : R3 → R2 por g(x, y, z) = x − y 2 , ex ). Verifica la validez de la regla de la cadena para g ◦ f y para f ◦ g, es decir, las f´ormulas €  D(g ◦ f )(x, y) = Dg f (x, y) ◦ Df (x, y),

 € D(f ◦ g)(x, y, z) = Df g(x, y, z) ◦ Dg(x, y, z). €  2. Sean f : R2 → R2 definida por f (x, y) = ex sin y, (ex − 1) cos y , y g : R2 → R2 diferenciable en (0, 0), tal que g ◦ f es la identidad en un entorno de (0, 0). Calcula la matriz jacobiana de g en (0, 0). €  3. Se define f : Rn → R por f (x) = exp − 1/kxk2 , si x = 6 0, y f (0) = 0. Demuestra 1 que f es de clase C , usando la regla de la cadena.

Curso de An´ alisis matem´ atico III/27

TEOREMA DEL VALOR MEDIO Para a, b ∈ Rn , designamos por [a, b] el segmento de extremos a y b, es decir, el conjunto ˆ [a, b] = a + t(b − a) : t ∈ [0, 1]}.

Sea A ⊂ Rn , tal que, si x, y ∈ A, entonces [x, y] ⊂ A. Decimos en tal caso que A es un conjunto convexo. Proposici´ on (primer teorema del valor medio). Sean A ⊂ Rn abierto y convexo, a, b ∈ A, y f : A → R diferenciable. Existe ξ ∈ [a, b] tal que €  f (b) − f (a) = Df (ξ) b − a .  € Demostraci´on. Consideramos h : [0, 1] → R definida por h(t) = f a + t(b − a) . Por la regla de la cadena, la derivada de h es   b1 − a1  € €  ..  = Df a + t(b − a) (b − a). h0 (t) = Df a + t(b − a)  . bn − an

Aplicando el teorema del valor medio para funciones de una variable, existe t0 ∈ (0, 1) tal que h(1) − h(0) = h0 (t0 ), y basta poner ξ = a + t0 (b − a) para obtener la f´ormula del enunciado. ♠ El teorema del valor medio no es v´alido para funciones a valores en Rm , con m > 1 (v. Ejercicio). Sin embargo, para este caso hay un teorema m´as d´ebil, como muestra la proposici´on siguiente. Proposici´ on (segundo teorema del valor medio). Sean A ⊂ Rn abierto y convexo, a, b ∈ A, y f : A → Rm diferenciable. Entonces      f (b) − f (a) ≤ sup Df (x) b − a. x∈[a,b]

Demostraci´on. Sea M este supremo. Si es infinito, no hay nada  Si es  que probar.  finito, vamos a ver que, para todo  > 0, se cumple f (b) − f (a) ≤ (M + )b − a. Para ello consideramos  €  ‰  ˆ  T = t ∈ [0, 1] : f a + t(b − a) − f (a) ≤ (M + )t b − a , y t0 = sup T . Como el primer miembro de esta desigualdad es una funci´on continua de t, la desigualdad se cumple para t0 , luego t0 ∈ T . Si t0 = 1, hemos acabado. Pero si t0 < 1, podemos escoger t ∈ (t0 , 1) tal que  €  €  f a + t(b − a) − f (x0 ) − Df (x0 ) (t − t0 )(b − a)    < , (t − t0 )b − a

donde designamos x0 = a + t0 (b − a). Ahora,   €        f a + t(b − a) − f (x0 ) ≤ (t − t0 )b − a + Df (x0 )(t − t0 )b − a   ≤ (M + )(t − t0 )b − a.  €     Aplicando la desigualdad triangular, f a + t(b − a) − f (a) ≤ (M + )t b − a, lo que contradice la definici´on de t0 . As´ı pues, t0 = 1. ♠

Ejercicio Se define f : [0, 2π] → R2 por f (t) = (sin t, cos t). ¿Existe alg´ un ξ ∈ (0, 2π) tal que f 0 (ξ) = f (2π) − f (0)?

Curso de An´ alisis matem´ atico III/28

DERIVADAS DE ORDEN SUPERIOR Sean A ⊂ Rn , a ∈ A, y f : A → R, de modo que existe Di f (x) en un entorno de a. Cuando esta funci´on tiene derivada respecto xj en a, es decir, cuando existe Dj (Di f )(a), la llamamos derivada segunda, respecto a xi , xj , de f en a, y la 2 designamos por Di,j f (a). Tambi´en podemos usar la notaci´on cl´asica, ’ “ ∂2f ∂f ∂ = . ∂xj ∂xi ∂xj ∂xi Cuando una derivada segunda existe en todos los puntos de un subconjunto B ⊂ A, f podemos considerarla como una funci´on Di,j f : B → R. Si todas las derivadas segundas existen en un entorno de a y son continuas en a, decimos que f es una funci´ on de clase C 2 en a. Si es de clase C 2 en todos los puntos de A, decimos que es de clase C 2 , a secas. Proposici´ on (teorema de Schwarz). Sean A ⊂ Rn abierto, a ∈ A, y f : A → R. 2 2 Si las derivadas segundas Di,j f y Dj,i f existen en un entorno de a, y son continuas 2 2 en a (en particular, si f es de clase C 2 ), se cumple Di,j f (a) = Dj,i f (a). Demostraci´on. Es f´acil ver que basta demostrar el teorema en el caso en que n = 2, a = (0, 0) y f (0, 0) = 0, y as´ı lo hacemos, para simplificar la notaci´on. Lo que vamos 2 2 f (0, 0), coinciden con el l´ımite f (0, 0) y D2,1 a demostrar es que ambas derivadas, D1,2 lim

x→0

f (x, x) − f (x, 0) − f (0, x) . x2

2 f (0, 0). El argumento se puede adaptar para la otra Lo comprobamos s´olo para D2,1 derivada con cambios de notaci´on evidentes. Aplicando el teorema del valor medio a ϕ(t) = f (x, t) − f (0, t), existe ξx , comprendido entre 0 y x, tal que ϕ(x) − ϕ(0) = ϕ0 (ξx )x, o sea, €  f (x, x) − f (0, x) − f (x, 0) = D2 f (x, ξx ) − D2 f (0, ξx ) x,

de modo que s´olo nos falta probar

2 D2,1 f (0, 0) = lim

x→0

D2 f (x, ξx ) − D2 f (0, ξx ) . x

Aplicamos ahora el teorema del valor medio a ψ(t) = D2 f (t, ξx ), y existe ηx comprendido entre 0 y x, tal que 2 D2 f (x, ξx ) − D2 f (0, ξx ) = D2,1 f (ηx , ξx )x.

Como ξx y ηx est´an entre 0 y x, cuando x → 0, tambi´en ξx , ηx → 0, y por la continuidad de la derivada, 2 D2,1 f (0, 0) = lim D2,1 f (ηx , ξx ). ♠ x→0

Cuando existen todas las derivadas segundas de f en a, se puede formar con ellas una matriz n × n, que se llama matriz hessiana de f en a. Su determinante es el determinante hessiano. Designamos la matriz hessiana por Hf (a), o sea,  2  2 2 D1,1 f (a) D1,2 f (a) · · · D1,n f (a)    D2 f (a) D2 f (a) · · · D2 f (a)    2,1 2,n 2,2 . Hf (a) =  .. .   .   . .   2 2 Dn,1 f (a) Dn,2 f (a) · · ·

Curso de An´ alisis matem´ atico III/29

2 Dn,n f (a)

Si f es de clase C 2 , la matriz hessiana es sim´etrica, y define una forma cuadr´atica. Designamos por D2 f (a) esta forma cuadr´atica, con lo que tenemos   x1 n X ‚ ƒ . 2 2 Di,j f (a) xi xj = x1 · · · xn Hf (a)  ..  . D f (a)x = i,j=1 xn Por recurrencia se pueden definir derivadas de cualquier orden de f , € f )(a), Dim1 ,...,im f (a) = Dim Dim−1 1 ,...,im−1

y, cuando son continuas, se puede aplicar el teorema de Schwarz, y no importa el orden en que se deriva. Cuando todas las derivadas de orden m son continuas en a, decimos que f es una funci´ on de clase C m en a. Si es de clase C m para todo m, decimos que es una funci´ on de clase C m . De la misma manera que Df (a) define una forma lineal y D2 f (a) una forma ubica, D4 f (a) una forma cu´artica, etc. En cuadr´atica, D3 f (a) define una forma c´ general, escribimos m

D f (a)x =

n X

i1 ,...,im =1

Ejercicio Se define f : R2 → R por f (x, y) =

Dim1 ,...,im f (a) xi1 · · · xim .

xy(x2 − y 2 ) , x2 + y 2

2 2 si (x, y) 6= (0, 0), y f (0, 0) = 0. Demuestra que D1,2 f (0, 0) = −1. f (0, 0) = 1 y D2,1 ¿Contradice esto el teorema de Schwarz?

´ FORMULA DE TAYLOR Si una funci´on real f admite derivadas de orden m en un punto a, podemos considerar Pm (x) = f (a) +

m X 1 k D f (a)(x − a), k!

k=1

que es un polinomio de grado m, el polinomio de Taylor de grado m de f en a. El polinomio de Taylor de una funci´on de n variables se usa (al igual que en el caso de una variable, visto en el curso de An´alisis matem´atico I) como aproximaci´ on de f en un entorno de a. Ejemplo. Sea f : R2 → R definida por f (x, y) = ex+y . Entonces ” • 1 1 Df (0, 0) = [ 1 1 ] , Hf (0, 0) = , 1 1 luego el polinomio de Taylor de grado 2 de f en (0, 0) es 1+x+y+

y2 x2 + + xy. 2 2

Observa que este polinomio se puede obtener seleccionando los t´erminos de grado menor o igual que 2 en el producto de los polinomios de Taylor de ex y ey . Curso de An´ alisis matem´ atico III/30

on, es el t´ ermino La diferencia f (x) − Pm (x), que ser´ıa el error de esa aproximaci´ complementario, que, como para las funciones de una variable, se puede expresar usando las derivadas de orden m + 1, si existen, como se ve en la proposici´on que sigue. Proposici´ on (f´ ormula de Taylor). Sea A ⊂ Rn abierto, f : A → R de clase C m+1 , y x, a ∈ A tales que [a, x] ⊂ A. Existe ξ ∈ [a, x] tal que f (x) = f (a) +

m X 1 k 1 D f (a)(x − a) + Dm+1 f (ξ)(x − a). k! (m + 1)!

k=1

€  Demostraci´on. Definimos h : [0, 1] → R por h(t) = f a + t(x − a) , que es una funci´on de clase C m , cuyas derivadas son n X €  €  h0 (t) = Df a + t(x − a) (x − a) = Di a + t(x − a) (xi − ai ), i=1

n X €  €  2 h00 (t) = D2 f a + t(x − a) (x − a) = Di,j a + t(x − a) (xi − ai )(xj − aj ), i,j=1

€

 etc´etera, y, en general, h (t) = D f a + t(x − a) (x − a). Por la f´ormula de Taylor del curso de An´alisis matem´atico I, existe t ∈ (0, 1) tal que (k)

k

h(1) = h(0) +

m X h(k) (0)

k=1

k!

+

h(m+1) (t) . (m + 1)!

Llamando ξ = a + t(b − a) y expresando las derivadas de h en funci´on de las de f , obtenemos la f´ormula del enunciado. ♠ El t´ermino complementario es el u ´ltimo sumando en la f´ormula que hemos establecido, que es una de las versiones de la f´ ormula de Taylor para funciones de varias variables. Existen otras expresiones del t´ermino complementario, pero no las veremos aqu´ı, ya que la que hemos dado nos basta para justificar el m´etodo que vamos a dar en la secci´on siguiente para identificar los m´aximos y m´ınimos locales. Asumiendo ciertas hip´otesis sobre las derivadas de orden m + 1 de f en un entorno de a, por ejemplo, que est´an uniformemente  acotadas, se puede usar esta expresi´on se para ver € que f (x) − Pm (x) = o kx − akm , es decir, lim

x→a

f (x) − Pm (x) = 0. kx − akm

El polinomio de Taylor de grado 1, f (a) + Df (a)(x − a), es una funci´on lineal (con t´ermino constante). En el caso n = 1, visto en el curso de An´alisis matem´atico I, la gr´afica de esta funci´on es la recta tangente a la gr´afica de f en a. Para n = 2, se obtiene un plano tangente, y para n ≥ 3, un hiperplano tangente. Nos ocuparemos m´as adelante de esta interpretaci´ on geom´etrica. Ejercicios 1. Calcula el polinomio de Taylor de grado 2 de f (x, y) = sin(x + y) en (0, 0). 2. Calcula el polinomio de Taylor de grado 2 de f (x, y) = exy en (0, 0). 3. Calcula el polinomio de Taylor de grado 2 de f (x, y) = x2 y 2 + xy en (1, 1).

Curso de An´ alisis matem´ atico III/31

´ MAXIMOS Y M´INIMOS LOCALES aximo local Sean A ⊂ Rn abierto, f : A → R, y a ∈ A. Decimos que f tiene un m´ en a cuando existe un entorno U de a tal que f|U alcanza su m´aximo valor en a, es decir, cuando f (x) ≤ f (a) para todo x ∈ U . El m´ınimo local se define de forma an´aloga. Para n = 1, estas definiciones dan las de m´aximo y m´ınimo local de una funci´on de una variable, vistas en el curso de An´alisis matem´atico I. Proposici´ on. Sean A ⊂ Rn abierto, f : A → R. Si f tiene un m´aximo (m´ınimo) local en a ∈ A, y existe la derivada parcial Di f (a), entonces Di f (a) = 0. Demostraci´on. Si f tiene un m´aximo (m´ınimo) local en a, la funci´on h(t) = f (a + tei ) tiene un m´aximo (m´ınimo) local en t = 0, luego h0 (0) = Di f (a) = 0. ♠ Esta proposici´on es una consecuencia directa del hecho de que la derivada de una funci´on de una variable se anula en un m´aximo o un m´ınimo local. En el curso de An´alisis matem´atico I se ha visto que esta condici´on no es suficiente para que haya un m´aximo o un m´ınimo local, y c´omo se puede aclarar lo que sucede en un punto donde la derivada se anula, examinando el signo de la segunda derivada. A continuaci´ on presentamos la generalizaci´on de ese criterio a funciones de varias variables. Proposici´ on. Sean A ⊂ Rn abierto, f : A → R de clase C 2 , y a ∈ A tal que Df (a) = 0. (i) Si D2 f (a) es definida positiva, f tiene un m´ınimo local en a. (ii) Si D2 f (a) es definida negativa, f tiene un m´aximo local en a. (iii) Si D2 f (a) es indefinida, f no tiene ni un m´aximo ni un m´ınimo local en a. Demostraci´on. (i) Probamos en primer lugar que, si D2 f (a) es definida positiva, U de a donde‰D2 f (x)u >  para todo x ∈ U y todo existen  > 0 y un entorno ˆ u ∈ S, siendo S = u ∈ Rn : kuk = 1 . En particular, D2 f (x) ser´a definida positiva para x ∈ U . Como S es compacto y D2 f (a)u > 0 en S, existe  > tal que D2 f (a)u > 2 para todo u ∈ S. Tomamos ahora r > 0 tal que B 0 (a, r) ⊂ A. Como (teorema de (x, u) → D2 f (x)u es uniformemente Œ Œ Heine) en el compacto  continua  B 0 (a, r) × S, existe δ > 0 tal que, si x − a < δ, se cumple ŒD2 f (x)u − D2 f (a)uŒ <  para todo u ∈ S. Tomando U = B(a, δ), resulta D2 f (x)u > , para x ∈ U y u ∈ S, como quer´ıamos probar. Pasemos ahora a demostrar (i). La f´ormula de Taylor en a nos da f (x) = f (a) + D2 f (ξ)(x − a), donde, si x ∈ U , tambi´en ξ ∈ U , de modo que D2 f (ξ)(x − a) > 0, y por tanto f (x) ≥ f (a) para x ∈ U , y f|U alcanza su valor m´ınimo en a. (ii) El argumento de (i) se adapta de forma obvia al caso en que D2 f (a) es definida positiva. (iii) Supongamos ahora que D2 f (a) es indefinida, y sean  > 0 y u1 , u2 ∈ S, tales que D2 f (a)u1 > 2 y D2 f (a)u2 < −2. Usando la continuidad uniforme como en la demostraci´on de (i), vemos que existe un entorno U de a donde se cumple D2 f (x)u1 >  y D2 f (x)u2 < − para todo x ∈ U . Luego, si escogemos x de forma que x − a tenga la direcci´on de u1 , tenemos f (x) > f (a), y si lo escogemos de forma que x − a tenga la direcci´on de u2 , tenemos f (x) < f (a), con lo que f no tiene m´aximo ni m´ınimo local en a. ♠ Ejemplo. Sea f : R2 → R definida por f (x, y) = x3 + y 3 − 3xy. Entonces ” • ‚ 2 ƒ 6x −3 2 Df (x, y) = 3x − 3y 3y − 3x , Hf (x, y) = . −3 6y Curso de An´ alisis matem´ atico III/32

Las derivadas primeras se anulan en (0, 0) y (1, 1). En estos puntos, Hf (0, 0) =

”

0 −3

• −3 , 0

Hf (1, 1) =

”

6 −3

• −3 . 6

Hf (1, 1) es definida positiva, y por tanto f tiene un m´ınimo local en ese punto. Sin embargo, Hf (0, 0) es indefinida, con lo que (0, 0) es un punto de silla. Observa que en (1, 1) hay un m´ınimo local, pero f no tiene m´ınimo, puesto que f (x, 0) = x3 no est´a acotada. ˆ ‰ Ejemplo. Sean K = (x, y) ∈ R2 : x, y ≥ 0, x + y ≤ 1 , y f (x, y) = xy. f tiene m´aximo y m´ınimo en K, por el teorema de Weierstrass. Si el m´aximo o el m´ınimo valor de f de f en K se alcanzasen en un punto interior, f tendr´ıa un m´aximo o un m´ınimo local en ese punto. Pero Df (x, y) = [ y x ] no se anula en ning´ un punto del interior de K, y por tanto el m´aximo y el m´ınimo valor de f se alcanzan en la frontera. ƒ ‚ (0, 0),ƒ (1, 0) El‚ m´ınimo valor ƒ de f es obviamente 0. f se anula sobre los segmentos ‚ y (0, 0), (0, 1) , y por tanto el m´aximo se alcanza en el segmento (0, 1), (1, 0) . Para ver d´onde, basta considerar ϕ(x) = f (x, 1 − x) = x − x2 , que tiene un m´ınimo en x = 1/2. Ejercicios 1. Se define f : R2 → R por f (x, y) = x3 + xy 2 − x Demuestra que f tiene un m´aximo local y un m´ınimo local, pero no tiene m´aximo ni m´ınimo. 2. Se define f : R2 → R por f (x, y) = x2 + y 2 + 2xy + 1. Demuestra que f tiene infinitos m´ınimos locales, y que la matriz hessiana es semidefinida en esos puntos. ˆ ‰ 3. Se define f : (x, y) ∈ R2 : x, y ≥ 0, x + y ≤ 2 → R por f (x, y) = (x − 1)(y + 1). Halla el m´aximo y el m´ınimo valor de f , si existen. ˆ ‰ 4. Se define f : (x, y) ∈ R2 : x ≥ 2, x + y ≥ 4 → R por f (x, y) = x2 − xy + y 2 . Halla el m´aximo y el m´ınimo valor de f , si existen. ‰ ˆ 5. Se define f : (x, y) ∈ R2 : x, y ≥ 1, x+y ≤ 3 → R por f (x, y) = 5 −4y −x2 −y 2 . Halla el m´aximo y el m´ınimo valor de f , si existen.

PROBLEMAS 3.1. Sea f : Rn → R tal que, si α > 0 y x ∈ Rn , con kxk = 1, se cumple Œ Œ Œf (αx) − f (0)Œ ≤ e−1/α .

(a) Calcula las derivadas parciales de f en 0. (b) ¿Es diferenciable? 3.2. Sea f : (0, 1) × (0, 1) → R definida por

 š € x€ 1 − y , f (x, y) = y 1−x ,

si x ≤ y si x > y.

(a) ¿En qu´e puntos es continua? (b) ¿En qu´e puntos es diferenciable? Calcula la diferencial en esos puntos. Curso de An´ alisis matem´ atico III/33

3.3. Sean g : {x ∈ Rn : kxk = 1} → R, y f : Rn → R definida por €  f (x) = kxk g x/kxk ,

si x 6= 0, y g(0) = 0. Demuestra: (a) La derivada direccional Du f (0) existe si y s´olo si g(u) = −g(−u). (b) Si f es diferenciable en 0, f es lineal. 3.4. Sean A ⊂ Rn abierto, a ∈ A, y f : A → Rm diferenciable en a, tal que f (a) = 0, y ϕ : A → R definida por ϕ(x) = kf (x)k. Demuestra que ϕ es diferenciable en a si y s´olo si Df (a) = 0. 3.5. Sean f : Rn → Rn diferenciable en a ∈ Rn , con Df (a) invertible. Demuestra que existe δ > 0 tal que, si kx − ak < δ, entonces f (x) 6= f (a). Indicaci´on. Demuestra que si T : Rn → Rn es lineal e invertible, existe η > 0 tal que, si kuk = 1, entonces kT uk > η. 3.6. Sean α > 0 y f : Rn → Rm diferenciable, tal que

   lim x Df (x) = 0.

kxk→∞

Se define g : Rn → Rm por g(x) = f (αx) − f (x). Demuestra que g es acotada.   Observaci´on. Df (x) es la norma de una aplicaci´on lineal, no la norma de un vector. 3.7. Sea f : Rn \ {0} → R diferenciable, con derivadas parciales acotadas. (a) Demuestra que, si n > 1, existe M > 0 tal que Œ   Œ Œf (x) − f (y)Œ ≤ M x − y ,

x, y ∈ Rn \ {0}.

(b) Demuestra que, si n > 1, f tiene l´ımite en 0. (c) Muestra con un ejemplo que la afirmaci´on de (b) no siempre es cierta para n = 1. 3.8. Se define f : R3 → R por f (x, y, z) = cos(2x) + sin y + z 2 . Demuestra que f no tiene m´aximos locales, y que tiene un m´ınimo local en cualquier punto de la forma € nπ/2, (2m + 1)π/2, 0 , siendo n y m enteros impares. 3.9. Se define f : (0, 2π) × (0, 2π) → R por

€ €   f (x, y) = sin x 1 + cos y + sin y 1 + cos x .

 € Demuestra que f su valor m´aximo en (π/3, π/3) y su valor m´ınimo en 5π/3, 5π/3 .

3.10. Se define f : {(x, y) ∈ R2 : x, y ≥ 0, x2 + y 2 ≤ 1} por f (x, y) = e−x + e−y . ¿D´onde se alcanzan el m´aximo y el m´ınimo valor de f ? Indicaci´on. Para hallar el m´ınimo, considera h(t) = f (cos t, sin t), para t ∈ [0, π/4].

Curso de An´ alisis matem´ atico III/34

´ 4. TEOREMA DE LA FUNCION INVERSA Y CONSECUENCIAS

´ INVERSA TEOREMA DE LA FUNCION Proposici´ on (teorema de la funci´ on inversa). Sean A ⊂ Rn abierto, f : A → Rn 1 de clase C , y a ∈ A, tal que det Df (a) 6= 0. Existen un entorno abierto U de a, y un entorno abierto V de f (a), tales que f es biyectiva entre U y V , y la inversa de f|U €  es de clase C 1 en f (a). Se cumple, adem´as, Df −1 f (x) = Df (x)−1 para x ∈ U . Demostraci´on. (a) Basta ver que f −1 existe y es diferenciable, ya que, por la regla de la cadena, Df −1 (x) y Df (x) son inversas. La continuidad de las derivadas de f −1 resulta de la f´ormula mediante la cual se obtienen, invirtiendo Df (x). (b) Podemos suponer Df (a) = I, ya que, si T = Df (a), la regla de la cadena da  € D T −1 ◦ f (a) = T −1 ◦ Df (a) = I,

y, si el teorema vale para T −1 ◦ f , tambi´en vale para f . (c) Existe una bola abierta B, centrada en a, que cumple las cuatro condiciones siguientes: ¯ \ {a}. (1) f (x) 6= f (a), para x ∈ B ¯ (2) det Df (x) = 6 0, para x ∈ B. (3) kDf (x) − Ik ≤ 1/2, para x ∈ B. (4) kx − x0 k ≤ 2 kf (x) − f (x0 )k, para x, x0 ∈ B. En primer lugar, como Df (a) = I, lim

x→a

kf (x) − f (a) − (x − a)k = 0, kx − ak

y existe r > 0 tal que f (x) 6= f (a) para kx−ak ≤ r. Por la continuidad de las derivadas no como para que (2) se de f , podemos suponer que r es lo suficientemente peque˜ cumpla tambi´en. Como B 0 (a, r) es compacto, podemos usar la continuidad uniforme de (x, u) → Df (x)u para asegurar que existe δ > 0 tal que kDf (x)u − uk ≤ 1/2 para kx − ak < δ, y u unitario, y por tanto se cumple (3) para B = B(a, δ). Aplicando el segundo teorema del valor medio a g(x) = f (x) − x, tenemos Dg(x) = Df (x) − I, y, por (3),  €  f (x) − x − f (x0 ) − x0  ≤ 1 kx − x0 k, 2

de donde resulta (4) usando la desigualdad triangular. (d) Definimos ahora V . Por (1), € existe δ > 0 tal que kf (x) − f (a)k ≥ δ > 0 para x ∈ Fr(B), y definimos V = B f (a), δ/2 . Entonces   Œ Œ y − f (x) ≥ Œky − f (a)k − kf (x) − f (a)kŒ > δ , 2

y se cumple por tanto: (5) ky − f (a)k < ky − f (x)k para y ∈ V , x ∈ Fr(B). Curso de An´ alisis matem´ atico III/35

´nico con f (x) = y. La unicidad (e) Vemos ahora que, para cada y ∈ V , existe x ∈ B u resulta de (4). Para probar la existencia, consideramos h(x) = ky − f (x)k2 . Por (5), ¯ se alcanza en un punto x ∈ B, que es un m´ınimo local, y el valor m´ınimo de h en B = 0. Como por tanto Dh(x) ‚ Dh(x) = −2 y − f1 (x)

···

ƒ y − fn (x) Df (x),

y Df (x) tiene inversa, debe ser y = f (x). (f) Definimos ahora U = B ∩ f −1 (V ), y f es biyectiva entre U y V . Por (4), f −1 es continua. (g) Vamos a ver, para concluir, que f −1 es diferenciable. Designamos T = Df (x), y = f (x), para evitar confusiones. Sea  > 0. Escogemos δ > 0 tal que, si kx − x0 k < 2δ, se cumpla   f (x0 ) − f (x) − T (x − x0 )  . < kx0 − xk 2kT −1 k   Entonces, si ky 0 − yk < δ, por (4) se cumple f −1 (y 0 ) − f −1 (y) < 2δ, luego

Por (4),

y, aplicando T −1 ,

 0  € y − y − T f −1 (y 0 ) − f −1 (y)     < . f −1 (y 0 ) − f −1 (y) 2kT −1 k  €  y 0 − y − T f −1 (y 0 ) − f −1 (y)   < , 0 ky − yk kT −1 k

   −1 0   € −1 0  !  −1 0 f (y ) − f −1 (y) − T −1 (y 0 − y)   −1 y − y − T f (y ) − f (y)  = T   < ,   ky 0 − yk ky 0 − yk

lo que prueba que f −1 es diferenciable en x y la diferencial es T −1 . ♠

NOTA. Por la relaci´on que existe entre las derivadas de f y las de f −1 , si f es de clase C m , tambi´en f −1 . Cuando f cumple la hip´otesis del teorema de la funci´on inversa en un conjunto abierto A, decimos que f es un difeomorfismo local en A. Si adem´as f es inyectiva, decimos que define un difeomorfismo de A en f (A). La inversa es entonces un difeomorfismo de f (A) en A. Todo difeomorfismo es un homeomorfismo. El ejemplo que sigue ilustra la distinci´on entre difeomorfismos y difeomorfismos locales. x x Ejemplo. f : R2 → R2 ˆ definida ‰ por f (x, y) = (e cos y, e sin y) es un difeomorfismo 2 2 local, con f (R ) = R \ (0, 0) , pero no es inyectiva, ya que f (x, y + 2π) = f (x, y). de esa La restricci´on de f a la banda definida por −π ‰ ˆ < y < π es un difeomorfismo banda en el complementario de la semirrecta (u, v) ∈ R2 : u = 0, v < 0 .

Proposici´ on. Si A ⊂ Rn es abierto, y f : A → Rn es un difeomorfismo local, f (A) es abierto. Demostraci´on. Sea b ∈ f (A). Escogemos a ∈ A con b = f (a). El entorno abierto V de b, cuya existencia asegura el teorema de la funci´on inversa, est´a contenido en f (A), luego b es un punto interior. ♠ Curso de An´ alisis matem´ atico III/36

Los difeomorfismos se llaman a veces cambios de variable. En R, el m´as conocido es el cambio dado por la funci´on exponencial (o el logaritmo). En el curso de Probabilidades aparecer´an otros cambios de variable. En R2 , el cambio de variable cl´asico es el basado en las coordenadas polares. Para (x, y) 6= (0, 0), podemos escribir x = r cos θ,

y = r sin θ,

odulo (es con r ≥ 0. r y θ son las coordenadas polares del punto (x, y). r es el m´ decir, la norma eucl´ıdea), y θ el argumento. Observa que (r, θ) → (r cos θ, r sin θ) es un difeomorfismo local de (0, +∞)×R en R2 \{(0, 0)}, pero no es un aut´entico cambio de variable (es decir, un difeomorfismo) si no restringimos el dominio del argumento, ya que todo punto tiene infinitos argumentos. El determinante jacobiano es Œ Œ Œ cos θ −r sin θ Œ Œ Œ Œ sin θ r cos θ Œ = r. Los cambios de variable se usan frecuentemente para simplificar el c´alculo de integrales, como se ver´a en el curso de An´alisis matem´atico IV.

Ejercicios 1. ¿Qu´e dice el teorema de la funci´on inversa sobre f (x) = x2 ? ¿Y sobre f (x) = sin x? 2. Sea f : R → R definida por €  x f (x) = + x2 sin 1/x , 2 si x 6= 0, y f (0) = 0. Demuestra que f 0 (0) 6= 0, pero f no tiene inversa en ning´ un entorno de 0. ¿Contradice esto el teorema de la funci´on inversa? 3. D´onde hay que restringir la funci´on (u, v) → (x, y) dada por x = u2 − v 2 , y = uv, para que sea un difeomorfismo local? ¿Y para que sea un difeomorfismo? 4. Las coordenadas polares esf´ericas en R3 vienen dadas por las relaciones x = r cos θ cos ϕ,

y = r cos θ sin ϕ,

z = r sin θ,

donde r ≥ 0 y −π/2 ≤ θ ≤ π/2. ¿Cu´al es la interpretaci´ on geom´etrica de las coordenadas r, ϕ, θ? ¿D´onde hay que restringir la funci´on (r, ϕ, θ) → (x, y, z), dada por esta f´ormulas, para que sea un difeomorfismo local? ¿Y un difeomorfismo?

´ IMPL´ICITA TEOREMA DE LA FUNCION Por comodidad, usamos la notaci´on (x, y), con x ∈ Rn , y ∈ Rp , para los puntos de Rn+p = Rn × Rp . Para una funci´on f definida en un abierto de Rn+p , designamos por Dx f (x, y) la submatriz de la matriz jacobiana de f formada por las derivadas Di fj (x, y), con 1 ≤ i ≤ n, y por Dy f (x, y) la submatriz complementaria. Proposici´ on (teorema de la funci´ on impl´ıcita). Sean f : G → Rp de clase C 1 , n+p G ⊂ R abierto, y (a, b) ∈ G tal que f (a, b) = 0 y det Dy f (a, b) 6= 0. Existen un entorno abierto A de a, un entorno abierto B de b, y una funci´on g : A → B de 1 clase ´nico punto de B que cumple € C , tales que g(a) = b, y, para x ∈ A, g(x) es el u f x, g(x) = 0. €  Demostraci´on. Sea F : G → Rn × Rp definida por F (x, y) = x, f (x, y) . Como # " 0 I DF (x, y) = , Dx f (x, y) Dy f (x, y) Curso de An´ alisis matem´ atico III/37

resulta det DF (x, y) = det Dy f (x, y), y podemos aplicar el teorema de la funci´on inversa en (a, b), de modo que existen entornos abiertos U de (a, b) y V de (a, 0), donde F : U → V es un difeomorfismo. Ahora, F −1 es de la forma F −1 (x, z) = (x, h(x, z)), y, llamando g(x) = h(x, 0), resulta € €  €   €  x, f (x, g(x)) = F x, g(x) = F x, h(x, 0) = F F −1 (x, 0) = (x, 0), y por tanto f (x, g(x)) = 0. Finalmente, escogemos dos bolas abiertas A y B, de modo que (a, b) ∈ A × B ⊂ U . La unicidad de g(x) resulta de que F es inyectiva en U . ♠

Cuando se dan las condiciones del teorema de la funci´on impl´ıcita, decimos que de (a, b). f (x, y) = 0 define y como funci´ on impl´ıcita de x en €un entorno  Si g es la funci´on impl´ıcita, la regla de la cadena para x → f x, g(x) da Dg(x) = −Dy f (x, y)−1 ◦ Dx f (x, y),

para y = g(x), lo que permite obtener las derivadas de g. Adem´as, esta relaci´on asegura que, si f es de clase C m , tambi´en g. Las derivadas de g tambi´en se pueden obtener tomando derivadas impl´ıcitas en la ecuaci´on f (x, y) = 0 (v. Ejemplo). Ejemplo. El sistema xu3 + yv 2 = 4,

y 2 u + 2xv = 0

define (u, v) como funci´on impl´ıcita de (x, y) en un entorno €de (0, 1, 0, 2). Para verlo  aplicamos el teorema de la funci´on impl´ıcita a f (x, y, u, v) = xu3 +yv 2 −4, y 2 u+2xv , con ” • 0 4 0 4 Df (0, 1, 0, 2) = . 4 0 1 0 Como el determinante de orden 2 de la derecha de esta matriz es distinto de cero, existe en un entorno de (0, 1) una funci´on g de clase C 1 tal que g(0, 1) = (0, 2), y  € f x, y, g(x, y) = 0. g es la funci´on impl´ıcita. La matriz jacobiana es ” •−1 ” • ” • 0 4 0 4 4 0 Dg(0, 1) = − =− . 1 0 4 0 0 1 Las derivadas de g tambi´en se pueden obtener tomando derivadas impl´ıcitas en el sistema de ecuaciones del principio, es decir, usando las reglas del c´alculo de derivadas, pero considerando que u y v son dos funciones de (x, y). As´ı, derivando respecto a x en las dos ecuaciones del sistema, resulta ∂u ∂v ∂u ∂v u3 + 3xu2 + 2yv = 0, y2 + 2v + 2x = 0. ∂x ∂x ∂x ∂x Como u(0, 1) = 0, v(0, 1) = 2, resulta ’ “ ’ “ ∂v ∂u 4 = 0, + 4 = 0, ∂x (0,1) ∂x (0,1) de donde que es la primera fila de la matriz jacobiana de g. Derivando respecto a y obtenemos la segunda fila. Este m´etodo permite volver a derivar impl´ıcitamente, y obtener las derivadas segundas, terceras, etc. Ejercicios 1. ¿Qu´e dice el teorema de la funci´on impl´ıcita sobre la ecuaci´on x2 + y 2 = 1? 2. Comprueba que el sistema xu6 + y 2 v 3 = 1,

xy 3 + v 2 u2 = 0

define (x, y) como funci´on impl´ıcita de (u, v) en un entorno de (0, 1, 0, 1). Calcula la matriz jacobiana y la hessiana de la funci´on impl´ıcita en (0, 1).

Curso de An´ alisis matem´ atico III/38

´ METODO DE LOS MULTIPLICADORES DE LAGRANGE Proposici´ on (teorema de Lagrange). Sean A ⊂ Rn abierto, f : A → R y C 1 , con Dg(x) de rango p (p < n), para todo x ∈ A. Sea g : Aˆ→ Rp de clase ‰ M = x ∈ A : g(x) = 0 , y supongamos que f|M tiene un m´aximo (m´ınimo) local en a. Entonces ∇f (a) depende linealmente de ∇g1 (a), . . . , ∇gp (a). Demostraci´on. Como en el teorema de la funci´on impl´ıcita, designamos los puntos de Rn = Rn−p ×Rp por (x, y), con x ∈ Rn−p , y ∈ Rp . Si el rango de la matriz jacobiana de g es p, hay p columnas independientes, y, para simplificar la notaci´on, suponemos que, en a, las p u ´ltimas lo son, de forma que det Dy g(a) 6= 0. Por el teorema de la funci´on impl´ıcita, hay una funci´on impl´ıcita y = €ϕ(x) en un entorno de a. La hip´otesis del teorema de Lagrange supone que h(x) = f x, ϕ(x) tiene un m´aximo (m´ınimo) local en (a1 , . . . , an−p ). Por la regla de la cadena, la matriz jacobiana de h es €  Dh(x) = Df x, ϕ(x) ◦

”

• € €   I = Dx f x, ϕ(x) + Dy f x, ϕ(x) ◦ Dϕ(x). Dϕ(x)

Usando la expresi´on de la matriz jacobiana de la funci´on impl´ıcita que vimos antes, y Dh(a1 , . . . , an−p ) = 0, tenemos Dx f (a) − Dy f (a) ◦ Dy g(a)−1 ◦ Dx g(a) = 0, luego ‚

ƒ ‚ Dx f (a) Dy f (a) = Dy f (a) ◦ Dy g(a)−1 ◦ Dx g(a)

ƒ Dy g(a) .

La matriz de Dy f (a) ◦ Dy g(a)−1 tiene dimensi´on 1 × p. Denotando por λ1 , . . . , λp los coeficientes de esta matriz, resulta ‚ Df (a) = λ1

···

ƒ λp ◦ Dg(a),

que es equivalente a ∇f (a) = λ1 ∇g1 (a) + · · · + λp ∇gp (a). ♠ Observa que, como ∇g1 (a), . . . , ∇gp (a) son independientes, porque Dg(a) tiene rango p, los λi son u ´nicos. Son los multiplicadores de Lagrange. El m´etodo basado en el teorema de Lagrange se presenta a veces como un m´etodo para hallar extremos condicionados, contrapuesto al m´etodo que vimos en el cap´ıtulo anterior, que ser´ıa el m´etodo para hallar extremos libres. Las p ecuaciones gi (x) = 0 son las ligaduras, o restricciones. n − p es el n´ umero de grados de libertad del problema. En la presentaci´on cl´asica del teorema, se define una funci´on L : A × Rp → R, la funci´ on de Lagrange, haciendo L(x, λ) = f (x) − λ1 ∇g1 (a) − · · · − λp ∇gp (a), y el teorema asegura entonces que DL(a, λ) = 0. Es f´acil ver que ambas versiones ´ son equivalentes. El lenguaje del Algebra lineal obvia la funci´on de Lagrange, que es artificial. No obstante, en ciertos contextos, como la Mec´anica cl´asica, o la Microeconom´ıa, se puede dar una interpretaci´ on de la funci´on de Lagrange (la lagrangiana de los libros de F´ısica) o de los multiplicadores. Ejemplo. Vamos a usar el m´etodo de Lagrange para hallar la distancia del punto (1, −7/2) a la rama de la hip´erbola xy = 1 contenida en el primer cuadrante. Consideramos 2 € 2 € g(x, y) = xy − 1. f (x, y) = x − 1 + y + 7/2 , Los gradientes son

€  ∇f (x, y) = 2(x − 1), 2(y + 7/2) ,

Curso de An´ alisis matem´ atico III/39

∇g(x, y) = (y, x),

y el m´ınimo de f sobre la curva xy = 1 debe cumplir y + 7/2 x−1 = . y x Sustituyendo y por 1/x, esta ecuaci´on se transforma en 2x4 − 2x3 − 7x − 2 = 0, que tiene dos soluciones reales, una positiva y otra negativa. La soluci´on negativa corresponde al punto de la otra rama de la hip´erbola m´as pr´oximo a (1, −7/2), y la soluci´on positiva, que es x = 2, al punto (2, 1/2), que es el que nos interesa. La √ distancia es 17. Es f´acil ver que se llega al mismo resultado buscando el m´ınimo de 2 € h(x) = x − 1 +

’

1 7 + x 2

“2

,

que resulta de sustituir y por 1/x en la f´ormula de la distancia al cuadrado. Ejemplo. Calculamos los valores m´aximo y m´ınimo de f (x, y, z) = x2 + y 2 + z 2 + x + y + z sobre la esfera x2 + y 2 + z 2 = 4. Para ello aplicamos el m´etodo de Lagrange, con g(x, y, z) = x2 + y 2 + z 2 − 4. Los gradientes son ∇f (x, y, z) = (2x + 1, 2y + 1, 2z + 1),

∇g(x, y, z) = (2x, 2y, 2z),

y en los puntos donde se alcanzan los valores extremos se cumple 2y + 1 2z + 1 2x + 1 = = , x y z lo que equivale a x = y = z. Hay dos puntos en estas condiciones, y en ellos se alcanzan el m´aximo y el m´ınimo valor de f , √ √ √  √ √ √  √ € √ € f − 2/ 3, −2/ 3, −2/ 3 = 4 − 2 3, f 2/ 3, 2/ 3, 2/ 3 = 4 + 2 3. Ejemplo. Vamos a hallar los puntos a distancia m´axima y m´ınima del origen en la curva definida por las ecuaciones z = x2 + y 2 ,

x + y + z = 1.

En el cap´ıtulo pr´oximo veremos por qu´e llamamos curva al conjunto de puntos de R3 que cumple estas ecuaciones. En todo caso no es dif´ıcil ver que se trata de un conjunto compacto (verif´ıcalo), y por tanto la norma tiene m´aximo y m´ınimo. Aplicamos el m´etodo de Lagrange a f (x, y, z) = x2 + y 2 + z 2 ,

g1 (x, y, z) = x2 + y 2 − z,

y el punto a distancia m´ınima debe cumplir

Curso de An´ alisis matem´ atico III/40

ΠΠ2x ΠΠΠ2y ΠΠΠ2z

Œ 1Œ Œ Œ 2y 1 ŒŒ = 0. Œ −1 1 Œ 2x

g2 (x, y, z) = x + y + z − 1,

Tras operaciones elementales, llegamos a la ecuaci´on (x − y)(2z + 1) = 0. • Consideramos primero el caso x−y = 0. Sustituyendo y por x en las ecuaciones de la curva resulta z = 2x2 = 1 − €2x, y podemos hallar x resolviendo 2x2 + √  2x − 1 = 0. Las soluciones son x = − 1 ± 3 /2. Resultan, pues, dos puntos, √ √ √ √  √  € √ € (−1 + 3)/2, (−1 + 3)/2, 2 − 3 y (−1 − 3)/2, /(−1 − 3)/2, 2 + 3 . • El caso 2z + 1 = 0, nos lleva, sustituyendo z por −1/2 en las ecuaciones de la curva, al sistema 3 1 x+y = , x2 + y 2 = , 2 2 que no tiene soluci´on. As´ı pues, los puntos que hemos hallado en primer lugar son los que busc´abamos, y corresponden a la distancia m´ınima y m´axima, respectivamente. Ejercicios 1. Halla la distancia del punto (0, 3) a la par´abola y = x2 , usando el m´etodo de Lagrange. 2. En el problema 3.10 se hallaba el m´ınimo de f (x, y) = e−x +e−y en la circunferencia unidad hallando el m´ınimo de una funci´on de una variable. Usa ahora el m´etodo de Lagrange para llegar al mismo resultado. ˆ ‰ 3. Se define f : (x, y) ∈ R2 : 5x + 6xy = 8 → R por f (x, y) = x2 y 2 . Halla el m´aximo y el m´ınimo valor de f , si existen. ˆ ‰ 4. Se define f : (x, y, z) ∈ R3 : xyz = 27 → R por f (x, y, z) = xy + xz + yz. Halla el m´aximo y el m´ınimo valor de f , si existen. ‰ ˆ 5. Se define f : (x, y) ∈ R2 : x2 + y 2 ≤ 1, x2 − y ≤ 1 → R por f (x, y) = y − x. Halla el m´aximo y el m´ınimo valor de f , si existen.

PROBLEMAS y x y x 4.1. Se define f : R2 → R2 por ˆ f (x, y) =2 (e + e , e −‰e ). Prueba que f define un 2 difeomorfismo de R en G = (u, v) ∈ R : −u < v < u .

4.2. Sean A ⊂ Rn abierto, y f : A → Rn de clase C 1 , tal que, si x, y, x + y ∈ A, se cumple   f (x + y) − f (x) − y  ≤ kyk . 2     (a) Prueba que se cumple Du f (x) − u ≤ 1/2 para kuk = 1, x ∈ A. (b) Prueba que f define un difeomorfismo entre A y f (A).

4.3. Prueba que la ecuaci´on z cos x − y cos z = 0 define una funci´on impl´ıcita z(x, y) en un entorno de (π/2, π/2, π/2). Halla el polinomio de Taylor de grado 2 de z(x, y), centrado en (π/2, π/2). 4.4. Sean g : R2 → R de clase C 2 , y λ > 0, tales que g(0, 0) = λ,

2 2 2 D1,1 g(0, 0) = D2,2 g(0, 0) = −λ. g(0, 0) = D1,2

(a) Prueba que la ecuaci´on xz 3 + z g(x, y) = x2 + y 2 + z 2 define impl´ıcitamente una funci´on z = h(x, y) de clase C 1 en un entorno de (0, 0), con h(0, 0) = λ. (b) Prueba que, si h tiene un extremo local en (0, 0), se cumple D2 g(0, 0) = 0. (c) ¿Es un m´aximo o un m´ınimo? Curso de An´ alisis matem´ atico III/41

4.5. Se define f : R3 → R por f (x, y, z) = x + y + z − sin(xyz). (a) Demuestra que la ecuaci´on f (x, y, z) = 0 define en un entorno de (0, 0, 0) una funci´on impl´ıcita z = h(x, y). (b) Calcula las derivadas segundas de h en (0, 0). €  (c) ¿Hay alg´ un entorno de (0, 0) donde la funci´on (x, y) → h(x, y), 2y tenga inversa diferenciable? 4.6. ˆHalla el m´aximo y el m´ınimo valor, si‰ existen, de f (x, y, z) = xy(z + 1) en D = (x, y, z) ∈ R3 : x2 + y 2 + z 2 ≤ 1, z ≥ 0 .

4.7. ¿D´oˆnde alcanza su m´aximo valor f (x, y, z) ‰= ax2 + by 2 + cz 2 , con 0 < a < b < c, en D = (x, y, z) ∈ R3 ; x2 + y 2 + z 2 ≤ 1, z ≥ 0 . 2 x+y 2 4.8. ˆHalla el m´aximo y el m´ınimo valor, si en ‰ existen, de f (x, y) = (x + y )e 2 2 2 D = (x, y) ∈ R ; x + y ≤ 1, x + y ≤ −1 .

4.9. Halla y el m´ınimo valor, ‰si existen, de f (x, y) = x2 − 3x + 4y 2 − 4y ˆ el m´aximo 2 en D = (x, y) ∈ R ; x2 + 4y 2 ≤ 1, x ≥ 0 . 2 2 2 4.10. Halla m´ınimo valor, si existen, ‰ de f (x, y, z) = x +y +z +x+y ˆ el m´aximo3 y el 2 2 2 en D = (x, y, z) ∈ R ; x + y + z ≤ 4, z ≥ 0 .

Curso de An´ alisis matem´ atico III/42

´ 5. APLICACIONES GEOMETRICAS

TANGENTE Y NORMAL A UNA CURVA EN EL PLANO Sea ϕ : (t1 , t2 ) → R2 , inyectiva, de clase C 1 , con Dϕ(t) 6= 0 para todo t. Diremos que ϕ on param´ etrica, o una parametrizaci´ on de una curva en R2 . es una representaci´ (¿por qu´e?) entre el intervalo abierto (t1 , t2 ) y el recorrido ϕ€es un homeomorfismo  ϕ (t1 , t2 ) . Distinguimos entre la curva, que es el recorrido de la parametrizaci´on, y ´esta, porque una misma curva puede admitir diferentes parametrizaciones, como muestra el ejemplo que sigue. Ejemplo. ϕ : (0, π/2) → R2 , dada por ϕ(t) = (cos t, sin t), es una parametrizaci´on del arco de la circunferencia unidad contenido en el primer cuadrante del plano. Otra parametrizaci´on es ψ(t) = (cos 2t, sin 2t), con 0 < t < π/4. Si ϕ es una on de una curva del plano, decimos que el vector derivada  € parametrizaci´ ϕ0 (t) = ϕ10 (t), ϕ02 (t) es un vector tangente a la curva en el punto ϕ(t). Este vector tangente depende de la parametrizaci´on. Ejemplo (continuaci´ on). Para las parametrizaciones del arco de circunferencia del ejemplo, tenemos ϕ0 (t) = (− sin t, cos t), ψ 0 (t) = (−2 sin 2t, 2 cos 2t), √ √ √ √ con lo que √ el vector tangente en (1/ 2, 1/ 2) es, en un caso, (−1/ 2, 1/ 2), y, en √ el otro, (− 2, 2). Observa que estos vectores definen la misma direcci´on. Sea ϕ : (t1 , t2 ) → R2 una parametrizaci´on de una curva del plano. Las expresiones cambio de par´ ametro, o reparametrizaci´ on, designan un difeomorfismo h : (s1 , s2 ) → (t1 , t2 ). Entonces ψ = ϕ ◦ h es otra parametrizaci´on de la misma curva (el recorrido de ϕ y ψ es el mismo). Por la regla de la cadena, ψ 0 (t) = h0 (s)ϕ0 (h(s)), y los vectores tangentes definen la misma direcci´on. Si h0 (s) > 0, tienen adem´as el mismo sentido, y decimos que el cambio de par´ametro conserva el sentido. Si h0 (s) < 0, decimos que invierte el sentido. La recta que pasa por un punto ϕ(t) y tiene la direcci´on del vector tangente ϕ0 (t) es la recta tangente a la curva en ese punto. La recta tangente no depende de la parametrizaci´on. La recta perpendicular a la tangente en el punto  ϕ(t) es la recta € normal. Un vector director de la recta normal es − ϕ02 (t), ϕ01 (t) .

Si f : (a, b) → R es una funci´on de clase C 1 , con f 0 (x) 6= 0 para todo x, € se obtiene  f = x, f . El de forma obvia una €parametrizaci´ o n de la gr´ a fica de tomando ϕ(x) (x)  €  0 vector tangente en x, f (x) es 1, f (x) . Observa que la pendiente de este vector coincide con la derivada f 0 (x). Una curva de R2 es un subconjunto M ⊂ R2 tal que, para cada punto (x, y) ∈ 2 M€ existen  un entorno U y una parametrizaci´on ϕ : (t1 , t2 ) → R de modo que ϕ (t1 , t2 = M ∩ U . Con esta definici´on de curva, la gr´afica de una funci´on f : (a, b) → R como la del p´arrafo anterior es una curva, aunque no toda curva del plano es la gr´afica de una funci´on de una variable (v. el ejemplo que sigue). Observa que, si en entorno de un punto (x0 , y0 ) ∈ M hay dos parametrizaciones ϕ y ψ, podemos restringir ´estas a un arco de M de modo que ϕ ◦ ψ −1 sea un cambio de par´ametro. Tiene sentido, pues, considerar las rectas tangente y normal a una curva en un punto, ya que no dependen de la parametrizaci´on. Curso de An´ alisis matem´ atico III/43

Ejemplo. La circunferencia unidad del plano es una curva. Para cada punto (x, y) de la circunferencia € existe θ ∈ [0,2π) tal que x = cos θ, y = sin θ, y basta definir ϕ(t) = (cos t, sin t) en θ−π/2, θ+π/2 para tener una parametrizaci´on de la circunferencia en un entorno de ese punto. Esta parametrizaci´on da un vector tangente (− sin θ, cos θ) (con sentido antihorario) y un vector normal (− cos θ, sin θ) (con sentido hacia el origen). Observa que no s´olo la circunferencia no es la gr´afica de ninguna funci´on de una variable, sino que no es posible definir una parametrizaci´on u ´nica para toda la circunferencia, puesto que es un subconjunto compacto de R2 , y toda parametrizaci´on es un homeomorfismo. Sea f : A → R de clase C 1 , con Aˆ⊂ R2 abierto, y supongamos que ∇f (x, y) 6= 0 para ‰ todo (x, y) ∈ A. Entonces M = (x, y) ∈ A : f (x, y) = 0 es una curva. En efecto, por el teorema de la funci´on impl´ıcita, en un entorno de un punto (x0 , y0 ) ∈ M podemos expresar una coordenada  como funci´on impl´ıcita de la otra, por ejemplo € y = g(x). Entonces x → x, g(x) es una parametrizaci´on en un entorno de (x0 , y0 ). Recuerda que la derivada de la funci´on impl´ıcita es g 0 (x) = − y por consiguiente los vectores “ ’ ∂f ∂f , , − ∂y ∂x

∂f /∂x ∂f /∂y ’

∂f ∂f , ∂x ∂y

“

son, respectivamente, tangente y normal a la curva. Si expresamos x como funci´on impl´ıcita de y llegamos al mismo resultado. As´ı pues, f (x, y) = 0, con f de clase C 1 y ∇f (x, y) =6= 0, define una curva en el plano, y el gradiente ∇f (x, y) da la direcci´on normal a la curva. Estas ecuaciones se llaman ecuaciones impl´ıcitas. 2 2 Ejemplo. La circunferencia puede darse por la ecuaci´on √ impl´ √ √ √ıcita x + y − 1 = 0. En el punto √ (1/ 2, 1/ 2), por ejemplo, el gradiente es ( 2, 2), la recta tangente x + y = 2, y la recta normal x − y = 0.

‰ ˆ Si A ⊂ R2 es abierto y f : A → R, un conjunto del tipo (x, .y) ∈ A : f (x, y) = C , con C ∈ R, es una isocuanta o curva de nivel de f . En distintos ´ambitos cient´ıficos, las isocuantas reciben nombres adecuados al contexto: isobaras, isotermas, curvas de potencial, etc. Si f es de clase C 1 y el gradiente no se anula, las isocuantas son curvas en el sentido que hemos dado aqu´ı al t´ermino. El gradiente en un punto es un vector normal a la isocuanta que pasa por ese punto. Recuerda que la derivada en la direcci´on del gradiente es m´axima, y en la direcci´on perpendicular, nula. El que la derivada en la direcci´on tangente a la curva sea nula, se corresponde con el que la funci´on sea constante sobre esa curva. El teorema de Lagrange tiene de esta forma una interpretaci´ on geom´etrica atractiva. En un punto en el que f tiene un m´aximo o m´ınimo local sobre la curva de ecuaci´on g(x, y) = 0, el gradiente de f es normal a esta curva, lo que equivale a que ´esta sea ´ tangente a la isocuanta de f que pasa por ese punto. Esta es la base de los m´etodos gr´aficos de optimizaci´on. ˆ ‰ Ejemplo. El m´aximo de f (x, y) = xy sobre D = (x, y) ∈ R2 : x + y ≤ 1, x, y ≥ 0 se alcanza en (1/2, 1/2), que es la intersecci´ on de la recta x + y = 1 con la isocuanta xy = 1/4. La recta es tangente a la hip´erbola en este punto. Curso de An´ alisis matem´ atico III/44

Ejercicios 1. Halla las de las rectas tangente y normal a la hip´erbola x2 − y 2 = 1 en √  €√ ecuaciones el punto 3, 2 . 2. Demuestra que la ecuaci´on y 3 + 3x2 y − x3 + 2x + 3y = 0 define una curva. Halla las ecuaciones de las rectas tangente y normal en el origen.

´ DIFERENCIAL DE UN HAZ DE CURVAS ECUACION on diferencial es una ecuaci´on en la que intervienen una funci´on y sus Una ecuaci´ derivadas. Si se trata de una funci´on de una variable, tenemos una ecuaci´ on diferencial ordinaria, y si no, una ecuaci´ on en derivadas parciales. Nos limitaremos aqu´ı a las ecuaciones ordinarias. Si designamos por y una funci´on de x, y por y 0 , on diferencial ordinaria de orden n es una y 00 , etc., sus derivadas, € una ecuaci´ expresi´on del tipo f x, y, y 0 , . . . , y (n) = 0. Las funciones que cumplen una ecuaci´on diferencial son sus soluciones. En este cap´ıtulo incluimos algunos m´etodos para resolver ecuaciones ordinarias de primer orden. En el curso de Ecuaciones diferenciales se ver´ an otros m´etodos. Ejemplo. y 0 = x es una ecuaci´on de primer orden, con infinitas soluciones, que podemos expresar en la forma y = x2 /2 + C, con C ∈ R. En general, una ecuaci´on diferencial tiene infinitas soluciones. Una expresi´on como la del ejemplo anterior, en la que las soluciones se obtienen al dar valores a uno o on general de la ecuaci´ on. Las varios par´ametros (C en el ejemplo), se llama soluci´ soluciones particulares pueden identificarse a trav´es de los par´ametros, o mediante condiciones que se denominan gen´ericamente condiciones iniciales. Ejemplo. Hallamos la soluci´on de y 00 = x que es tangente a la recta y = x en el origen. La soluci´on general es y = x3 /6 + C1 x + C2 , y la condici´on que imponemos para seleccionar la soluci´on particular equivale a y(0) = 0, y 0 (0) = 1, o sea a C1 = 1, C2 = 0. Luego la soluci´on buscada es y = x3 /6 + x. Si consideramos que la gr´afica de una soluci´on de una ecuaci´on diferencial ordinaria es una curva, podemos interpretar la soluci´on general como la ecuaci´on de un haz de curvas. Entonces la ecuaci´on diferencial cuya soluci´on da el haz es la ecuaci´ on diferencial del haz. En general, no se exige que la ecuaci´on del haz d´e expl´ıcitamente y como €  funci´on de x, sino que se admiten ecuaciones impl´ıcitas del tipo g x, C1 , . . . , Cn = 0 (v. Ejemplo). Ejemplo. Consideremos el haz de circunferencias de ecuaci´on x2 + y 2 = C (C > 0). 6 0), resulta la ecuaci´on diferencial del haz, Derivando impl´ıcitamente (all´ı donde y = x + yy 0 = 0. Se ve claro que, para cualquier soluci´on y(x) de esta ecuaci´on, x2 + y(x)2 es constante. Observa que, en la ecuaci´on diferencial, y = 0 implica x = 0, y €por √consiguiente  ninguna soluci´on puede tomar el valor 0. Sin embargo, los puntos ± C, 0 est´an incluidos en la ecuaci´on del haz de circunferencias. Al expresar las soluciones en forma impl´ıcita podemos incluir algunos puntos que no tienen sentido en la ecuaci´on diferencial. Curso de An´ alisis matem´ atico III/45

Cuando las rectas tangentes a dos curvas en un punto en el cual se cortan son perpendiculares, decimos que las curvas lo son. Si todas las curvas de un haz son perpendiculares a las de otro haz, all´a donde se corten, decimos que uno es el haz de trayectorias ortogonales del otro. Para pasar de un haz al de trayectorias ortogonales basta cambiar y 0 por −1/y 0 en la ecuaci´on diferencial. Ejemplo. El haz de circunferencias x2 + y 2 = C y el haz de rectas y = Cx son ortogonales (C no es lo mismo en las dos ecuaciones). Las ecuaciones diferenciales son x + yy 0 = 0 y xy 0 − y = 0, respectivamente. Ejercicios 1. ¿Cu´ales son las trayectorias ortogonales al haz de curvas exponenciales y = Ce−2x , con C ∈ R? 2. ¿Cu´ales son las trayectorias ortogonales al haz de hip´erbolas xy = C, con C ∈ R?

ECUACIONES EN VARIABLES SEPARABLES Las ecuaciones diferenciales m´as sencillas son las que se pueden expresar en la forma f (y)y 0 = g(x). Se llaman ecuaciones en variables separables. Si F es una primitiva de f y G una primitiva de g, se ve f´acilmente que la soluci´on general es F (y) = G(x) + C. En algunos lugares, estas ecuaciones se presentan en la forma cl´asica f (y) dy = g(x) dx. Entonces la soluci´on se presenta en forma de integral, Z Z f (y) dy = g(x) dx + C. €  Ejemplo. Hallamos la soluci´on de 1 + ex yy 0 = ex que cumple y(0) = 0. Para ello integramos en los dos miembros de yy 0 =

ex , 1 + ex

€  obteniendo y 2 /2 = log 1 + ex + C. Por la condici´on inicial, debe ser C = − log 2, y en definitiva la soluci´on es “ ’ 1 + ex . y = 2 log 2 A veces se puede transformar una ecuaci´on en otra en variables separables mediante un cambio de variable. El caso m´as t´ıpico es el de una ecuaci´ on homog´ enea, y 0 = f (y/x). Con el cambio de variable u = y/x, esta ecuaci´on se convierte en u0 x + u = f (u), que es una ecuaci´on en variables separables. Ejemplo. Resolvemos la ecuaci´on y0 =

y 2 + 2xy . x2 + 2xy

Con el cambio u = y/x, la ecuaci´on se transforma en u0 x + u = Curso de An´ alisis matem´ atico III/46

u2 + 2u . 1 + 2u

Separando las variables, tenemos 1 1 + 2u 0 u = . u(1 − u) x Suponiendo que todas las funciones que aparecen en esta expresi´on son positivas, la integral es u log = log x + C. (1 − u)3 Operando y reemplazando u por y/x, podemos llegar a la soluci´on general € 3 xy + C x − y = 0.

Se puede comprobar, derivando impl´ıcitamente y eliminando C, que las curvas de este haz satisfacen la ecuaci´on diferencial de partida, para cualquier C 6= 0, sin ninguna suposici´on sobre el signo de las funciones que intervienen en la ecuaci´on del haz. Esto valida nuestro argumento, a pesar del descuido con el que hemos colocado algunas funciones en el denominador de una expresi´on, o manejado los logaritmos de otras sin contar con que pod´ıan no ser positivas. Una variante de este m´etodo se puede usar para ecuaciones del tipo “ ’ a1 x + b1 y + c1 y0 = f . a2 x + b2 y + c2 Si a1 b2 = a2 b1 , se hace u = a1 x+b1 y y se obtiene una ecuaci´on en variables separables 6 a2 b1 , se escogen α y β de forma que a1 α + b1 β + c1 = (en u y x). Si a1 b2 = a2 α + b2 β + c2 = 0, y el cambio x = u + α, y = v + β da una ecuaci´on homog´enea (en v y u). Ejercicios 1. Resuelve la ecuaci´on xy 0 − y = y 3 . €  2. Resuelve la ecuaci´on x + 4y y 0 = x + y. 3. Resuelve la ecuaci´on x+y+1 y0 = . 2x 4. Resuelve la ecuaci´on x+y+1 y0 = − . 3x + 3y + 4

ECUACIONES DIFERENCIALES EXACTAS Una ecuaci´ on diferencial exacta es una ecuaci´on P (x, y) + Q(x, y)y 0 = 0 tal que existe una funci´on F (x, y), que se llama primitiva, tal que ∂F = P, ∂x

∂F = Q. ∂y

Entonces la soluci´on general es el haz de ecuaci´on F (x, y) = C. Basta derivar impl´ıcitamente en esta ecuaci´on para obtener la ecuaci´on diferencial. Por el teorema de Schwarz, una condici´on necesaria para que exista la primitiva es ∂P ∂Q = . ∂x ∂y Se puede demostrar que, en un subconjunto abierto del plano que cumple ciertas condiciones topol´ogicas (simplemente conexo), esta condici´on es suficiente. Curso de An´ alisis matem´ atico III/47

€  € Ejemplo. 2x3 + 3y + 3x + y − 1)y 0 = 0 es una ecuaci´on exacta, y F (x, y) = 2x4 + 3xy + y 2 /2 − y es una primitiva. Una funci´on H(x, y), tal que P (x, y)H(x, y)+Q(x, y)H(x, y)y 0 = 0 es exacta, se llama factor integrante. El factor integrante debe cumplir ∂(QH) ∂(P H) = . ∂x ∂y Ejemplo. H(x) = 1/x2 es un factor integrante de x2 − y + xy 0 = 0. En efecto, la ecuaci´on 1 − y/x + y 0 /x = 0 es exacta, y F (x, y) = x + y/x es una primitiva. Se puede probar que, en ciertas condiciones, una ecuaci´on P (x, y) + Q(x, y)y 0 = 0 admite un factor integrante, pero no siempre es sencillo hallarlo. No obstante, es f´acil averiguar si hay un factor integrante que s´olo depende de una variable, x o y. Por ejemplo, si hay un factor integrante H(x), la condici´on necesaria que hemos visto anteriormente se convierte en H(x)

∂Q ∂P = H(x) + Q(x, y)H 0 (x), ∂y ∂x

o sea

∂Q ∂P − H 0 (x) ∂y ∂x = Q(x, y) H(x)

y por tanto la expresi´on del primer miembro no depende de y. Integrando y aplicando la funci´on exponencial tenemos el factor integrante. Con un razonamiento an´alogo se puede ver que una condici´on necesaria (y en la mayor´ıa de los casos suficiente) para que haya un factor integrante H(y) es que ∂P ∂Q − ∂y ∂x P (x, y) s´olo dependa de y. Ejemplo (continuaci´ on). En la ecuaci´on x2 − y + xy 0 = 0, ∂P ∂Q − 2 ∂y ∂y =− Q(x, y) x e integrando y aplicando la exponencial a esta expresi´on obtenemos H(x) = 1/x2 . Ejercicios €  1. Resuelve la ecuaci´on 3x2 + 6xy 2 + 6x2 y + 4y 3 y 0 = 0. €  2 2 2. Resuelve la ecuaci´on y 2 exy + 4x3 + 2xyexy − 3y 2 y 0 = 0. 3. Resuelve x + y 2 − 2xyy 0 = 0 usando un factor integrante. €  4. Resuelve 2xy 4 ey +2xy 3 +y+ x2 y 4 ey −x2 y 2 −3x y 0 = 0 usando un factor integrante.  € €  5. Resuelve y y + 2x + 1 − xy 0 2y + x − 1 = 0, usando un factor integrante del tipo g(xy).

Curso de An´ alisis matem´ atico III/48

ECUACIONES DIFERENCIALES LINEALES Una ecuaci´ on diferencial lineal es una ecuaci´on diferencial que es lineal en y y en sus derivadas. Las ecuaciones diferenciales lineales de primer orden se pueden expresar en la forma y 0 + P (x)y = Q(x). Consideremos, en primer lugar, una ecuaci´on lineal del tipo y 0 + P (x)y = 0. Estas eneas (no tienen nada que ver con las ecuaciones hoecuaciones se llaman homog´ mog´eneas de la secci´on anterior). Una ecuaci´on lineal homog´enea es una ecuaci´on en variables separables, y 0 + P (x)y = 0, y ya sabemos c´omo resolverla. Es interesante observar que el operador T y = y 0 +P y es lineal, con lo que las soluciones de la ecuaci´on forman un espacio vectorial, el n´ ucleo de T . En la soluci´on general de una ecuaci´on de primer orden s´olo aparece un par´ametro, y por tanto la dimensi´on del espacio de soluciones es 1. Consideremos ahora la forma general de la ecuaci´on lineal, T y = Q. Si y1 e y2 son dos soluciones, y1 − y2 es una soluci´on de la ecuaci´on homog´enea T y = 0. Por consiguiente, la soluci´ on general de la ecuaci´ on y 0 + P (x)y = Q(x) es la suma de la soluci´ on general de la ecuaci´ on homog´ enea y 0 + P (x)y = 0 y de una soluci´ on particular. Ejemplo. Vamos a hallar la soluci´on general de y 0 = 3y + x. En primer lugar, la ecuaci´on homog´enea y 0 − 3y = 0 se puede expresar como una ecuaci´on en variables separables, y 0 /y = 3, e integrando en ambos miembros (e ignorando el signo de y), resulta log y = 3x + C, con lo que la soluci´on general es y = C e3x . As´ı pues, las soluciones forman un espacio vectorial de dimensi´on 1, generado por x → e3x . En este caso, es f´acil ver que un polinomio de primer grado puede ser una soluci´on de la ecuaci´on completa. Ensayando y = ax + b, obtenemos a = −1/3, b = −1/9. Por tanto, la soluci´on general de la ecuaci´on completa es y = C e3x − x/3 − 1/9. Se puede dar una f´ormula para obtener directamente la soluci´on general de una ecuaci´on lineal de primer orden. En primer lugar, operando como en el ejemplo anterior, podemos ver que la soluci´on general de la ecuaci´on homog´enea es R y = C e− P (x) dx .

La soluci´on particular se puede obtener por tanteo, como hemos hecho en el ejemplo, etodo de variaci´ on de las constantes, del que o por un m´etodo conocido como m´ no nos vamos a ocupar aqu´ı. Otra v´ıa, que permite resolver la ecuaci´on de una vez, sin necesidad de considerar primero la ecuaci´on homog´enea, es usar un factor integrante. Aplicando lo que vimos en la secci´on anterior, podemos ver que P (x)y − Q(x) + y 0 = 0 tiene un factor integrante que s´olo depende de x, concretamente R H(x) = e P (x) dx . Entonces la ecuaci´on € es exacta, y

 R P (x)y − Q(x) e

F (x, y) = y e

R

P (x) dx

P (x) dx

−

Z

+ y0 e

R

Q(x) e

P (x) dx

R

=0

P (x) dx

dx

es una primitiva. Igualando a C y despejando y obtenemos una f´ormula general, “ ’ Z R R y = e− P (x) dx C + Q(x) e P (x) dx dx ,

que incluye, en el primer sumando, la soluci´on general de la ecuaci´on homog´enea. Una ecuaci´ on de Bernouilli es una ecuaci´on del tipo y 0 + P (x)y = Q(x)y α . Escribiendo esta ecuaci´on en la forma y −α y 0 + P (x)y 1−α = Q(x), se ve f´acilmente que se puede convertir en una ecuaci´on lineal mediante el cambio u = y 1−α . Curso de An´ alisis matem´ atico III/49

Ejemplo. y 0 − y = xy 6 es una ecuaci´on de Bernouilli, que, mediante la sustituci´on u = y −5 , se transforma en u0 + 5u = −x. La soluci´on de ´esta es ’ “ Z R R 1 x . u = e− 5 dx C + −x e 5 dx dx = Ce−5x − + 5 25 Ejercicios 1. Resuelve la ecuaci´on y 0 + y = x2 . 2. Resuelve la ecuaci´on y 0 + 2xy = xy 3 . 2 √ 3. Resuelve la ecuaci´on y 0 + 4xy = 2x e−x y.

CURVAS Y SUPERFICIES EN Rn Vamos a extender ahora a Rn la definici´on de parametrizaci´on de una curva. Una parametrizaci´on de una curva en Rn es una funci´on ϕ : (t1 , t2 ) → Rn , inyectiva, de clase C 1 , con Dϕ(t) 6= 0€para todo el intervalo abierto  t. ϕ es un homeomorfismo entre € (t1 , t2 ) y el recorrido ϕ (t1 , t2 ) . El vector derivada ϕ0 (t) = ϕ10 (t), . . . , ϕ0n (t) es un vector tangente a la curva en el punto ϕ(t). Este vector tangente depende de la parametrizaci´on. Si h : (s1 , s2 ) → (t1 , t2 ) es un cambio de par´ametro, ψ = ϕ◦h es otra parametrizaci´on, con el mismo recorrido, y ψ 0 (t) = h0 (s)ϕ0 (h(s)). El subespacio generado por el vector tangente (dimensi´on 1) se llama subespacio tangente, y el subespacio ortogonal a ´este (dimensi´on n − 1), subespacio normal. La recta que pasa por un punto ϕ(t), y tiene la direcci´on del vector tangente ϕ0 (t), es la recta tangente a la curva en ese punto. El hiperplano perpendicular a la recta tangente en ϕ(t) es el hiperplano normal. La recta tangente y el plano normal no cambian al aplicar un cambio de par´ametro. Ejemplo. ϕ(t) = (cos t, sin t, t), t ∈ R, es una parametrizaci´on de una h´elice circular. Un vector tangente en (1, 0, 0), donde t = 0, es u = (0, 1, 1), y la recta tangente tiene ecuaci´on y = z. x = 1, Los vectores v = (0, 1, −1) y w = (1, 0, 0) forman una base del subespacio normal. La ecuaci´on del plano normal es y + z = 0. Una curva de Rn es un subconjunto M ⊂ R2 tal que, para cada punto x ∈€ M existen  un entorno U y una parametrizaci´on ϕ : (t1 , t2 ) → Rn de modo que ϕ (t1 , t2 ) = M ∩ U . Si en un entorno de un punto de M hay dos parametrizaciones ϕ y ψ, podemos restringir ´estas a un arco de M de modo que ϕ ◦ ψ −1 sea un cambio de par´ametro, de modo que la recta tangente y el plano normal est´an bien definidos. Sea f : A → Rn−1 una funci´on de clase C 1 , con A ⊂ Rn abierto, y supongamos que Df (x) tiene rango n − 1 (equivalentemente, los gradientes de lasˆcomponentes de f‰ son linealmente independientes) para todo x ∈ A. Entonces M = x ∈ A : f (x) = 0 es una curva. Por el teorema de la funci´on impl´ıcita, en un entorno de un punto de M todas las coordenadas se pueden dar como funci´on impl´ıcita de una de ellas, y tenemos una parametrizaci´on. Sea, la notaci´on, la funci´on impl´ıcita (x2 , . . . , xn ) = g(x1 ). Entonces € para simplificar  f x1 , g(x1 ) = 0, y, por la regla de la cadena, Df (x) ◦ Dg(x1 ) = 0. Esto implica que el subespacio tangente a la curva coincide con el n´ ucleo de la diferencial Df (x), o, si se prefiere, con el subespacio ortogonal a las filas de la matriz jacobiana (los gradientes de las componentes de f ), que forman una base del subespacio normal. Curso de An´ alisis matem´ atico III/50

Ejemplo. Consideremos las ecuaciones z = x2 + y 2 ,

x + y + z = 1,

que aparec´ıan en un ejemplo del cap´ıtulo anterior. Definiendo f : R3 → R por f (x, y, z) = (x2 + y 2 − z, x + y + z − 1), tenemos ” • 2x 2y −1 Df (x, y, z) = , 1 1 1 con rango 2 en todos los puntos para los que f (x, y, z) = 0. Por tanto estas ecuaciones definen una curva en R3 . √ € √  Consideremos un punto de esta curva, por ejemplo 0, ( 5−1)/2, (3− 5)/2 . Si u es tangente a la curva en este punto, debe ser ortogonal a las filas de la matriz jacobiana de f o sea  €√ 5 − 1 u2 − u3 = u1 + u2 + u3 = 0. √ € √  Una soluci´on de este sistema es − 5, 1, 5 − 1 , y por tanto la recta tangente es √  € √ z − 3 − 5 /2 x 5−1 √ √ =y− = . 2 − 5 5−1 La ecuaci´on del plano normal es   √ ! √ √  5 − 1 €√ 3− 5 − 5x + y − 5−1 z− + = 0. 2 2 Una parametrizaci´ on p-dimensional en Rn es una funci´on inyectiva ϕ : T → Rn , 1 de clase C , definida en un abierto T ⊂ Rn , donde Dϕ(t) tiene rango p para todo t ∈ T . Los vectores columna de la matriz jacobiana de ϕ, que son linealmente independientes, generan un subespacio p dimensional que se llama subespacio tangente. El ortogonal es el subespacio normal. Observa que, si fijamos todos los par´ametros menos uno, y consideramos  € s → t1 , . . . , ti−1 , s, ti+1 , . . . , tp , obtenemos una parametrizaci´on de una curva. Un vector tangente es ∂ϕ/∂ti . Un cambio de par´ametros es un difeomorfismo h : V → U . ψ = ϕ ◦ h es otra parametrizaci´ €  on, con el mismo recorrido. Por la regla de la cadena, Dψ(s) = Dϕ (h(s) ◦ Dh(s).€ Como on  Dh(s) es invertible, las filas de Dψ(s) son combinaci´ lineal de las de Dϕ (h(s) , y viceversa. Luego el subespacio tangente no cambia al aplicar un cambio de par´ametros, ni tampoco el subespacio normal. €   € Ejemplo. ϕ : 0, π/2 × 0, π/2 → R3 definida por €  ϕ(s, t) = cos s cos t, sin s, cos t, sin t

es una parametrizaci´on bidimensional, y el recorrido de ϕ es un octante de la esfera de centro el origen y radio 1. Los vectores  ∂ϕ € = − sin s cos t, cos s cos t, 0 , ∂s

 ∂ϕ € = − cos s sin t, sin s sin t, cos t ∂t

son y generan el subespacio tangente. En el punto √ √independientes √  € √linealmente 1/ 3, 1/ 3, 1/ 3 , donde s = π/4 y t = arcsin(1/ 3), los vectores tangentes son √  √ √ p √ €  € u = − 1/ 3, 1/ 3, 0 , v = − 1/ 6, −1/ 6, 2/3 . Curso de An´ alisis matem´ atico III/51

Una variedad diferenciable p-dimensional en Rn es un conjunto M ⊂ Rn , tal que existe una familia (ϕ : Ui → Rn )i∈I de parametrizaciones p-dimensionales, con M ⊂ ∪i∈I ϕ(Ui ), de forma que, si ϕi (Ui ) ∩ ϕj (Uj ) 6= ∅, € €   ϕj−1 ◦ ϕi : ϕ−1 ϕi (Ui ) ∩ ϕj (Uj ) −→ ϕj−1 ϕi (Ui ) ∩ ϕj (Uj ) i

es un un cambio de par´ametros. Las variedades de dimensi´on 1 son las curvas, y las de dimensi´on 2 las superficies. Observa que, si un punto admite dos parametrizaciones, el subespacio tangente no depende de la parametrizaci´on. Las variedades se dan en forma impl´ıcita igual que las curvas, y el n´ umero de ecuaciones, que en las curvas era n − 1, determina la dimensi´on. Si f : A → Rn−p es una funci´on de clase C 1 , con A ⊂ Rn abierto, y Df (x) tiene rango n − p para x ∈ A, el teorema de la funci´on impl´ıcita (p coordenadas como funci´on impl´ıcita de lasˆrestantes) proporciona una parametrizaci´on p-dimensional. De este modo, ‰ M = x ∈ A : f (x) = 0 es una variedad p-dimensional. El mismo argumento que hemos usado para las curvas muestra que el subespacio tangente en un punto x ∈ M coincide con el n´ ucleo de Df (x), que es el subespacio formado por los vectores para los que la derivada direccional se anula. Vimos antes que los generadores del subespacio tangente dados por las derivadas parciales ∂ϕ/∂ti eran vectores tangentes a una curva contenida en la variedad. Es interesante observar que todo vector tangente a una variedad es tangente a una curva contenida en ella, y rec´ıprocamente. En primer lugar, supongamos que γ : (s1 , s2 ) → Rn es una €parametrizaci´ on de una curva contenida en M = {x ∈ R€n : f(x) = 0}.  Entonces f γ(s) = 0 para todo s, y, por la regla de la cadena, € Df γ(s) ◦ Dγ(s), con lo que el vector derivada γ 0 (s) pertenece al n´ ucleo de Df γ(s) , y es tangente. Rec´ıprocamente, si ϕ : U → M es una parametrizaci´on de un subconjunto de la variedad, y ∂ϕ ∂ϕ + · · · + λp v = λ1 ∂t1 ∂tp €  es un vector tangente, γ(s) = ϕ λ1 s, . . . , λp s define una curva tangente a u.

Ejemplo (continuaci´ on). Si f (x, y, z) = x2 + y 2 + z 2 − 1, € f (x, y, z)  = 0 es la ecuaci´on de la esfera unidad. El gradiente es ∇f (x, y, z) = 2x, 2y, 2z . Haciendo √ √ √  € √ x = y = z = 1/ 3, obtenemos el vector w = 2/ 3, 2/ 3, 2/ 3 , que es ortogonal a los vectores tangentes que obtuvimos antes, usando la parametrizaci´on del primer octante. La ecuaci´on del plano tangente es ’ “ ’ “ ’ “ 1 1 1 2 2 2 √ x− √ +√ y− √ +√ z−√ = 0, 3 3 3 3 3 3 √ o sea x + y + x = 3. La ecuaci´on de la recta normal es √ √ √ y − 1/ 3 z − 1/ 3 x − 1/ 3 √ √ √ = = , 2/ 3 2/ 3 2/ 3 o sea x = y = z. Ejemplo (continuaci´ on). Volvemos a la curva del cap´ıtulo anterior, pero ahora consideramos las dos superficies cuya intersecci´ on da la curva. En primer lugar, z€ =√x2 + y 2 define √ una superficie (un paraboloide). Un vector normal en el punto   € √ 0, 5 − 1)/2, (3 − 5)/2 es v = 0, 5 − 1, −1 , y por tanto el plano tangente en ese punto es   !   √ √ !  €√ 5−1 3− 5 − z− = 0. 5−1 y− 2 2

El plano x + y + z = 1 es otra superficie, que coincide con su plano tangente, y la intersecci´on de ambos planos es la recta tangente a la curva que dan ambas ecuaciones juntas, que es la intersecci´ on del paraboloide y el plano, y que ya hemos hallado antes. Curso de An´ alisis matem´ atico III/52

Ejercicios 1. Comprueba que el sistema x2 + y 2 + z 2 = 1,

x+y+z =1

define una curva en R3 . Halla la ecuaci´on de la recta tangente y el plano normal en (1, 0, 0). 2. Comprueba que el sistema xy = 1,

x2 + y 2 + z 2 + z = 2

define una curva en un entorno de (1, 1, 0). Halla la ecuaci´on de la recta tangente en ese punto.

PROBLEMAS 5.1. Halla la distancia de la curva dada por las ecuaciones x2 + y 2 + z = 4,

x+y+z =1

al plano tangente a la superficie x2 + y 2 − 4y + z = 0 en el punto (0, 4, 0). 5.2. De todas las rectas normales a la elipse x2 /4 + y 2 = 1, ¿cu´al es la que est´a a mayor distancia del origen? 5.3. Considera el sistema 2z = 16 − x2 − y 2 ,

x + y = 4.

(a) Prueba que este sistema define una curva de R3 . √ √ (b) Prueba √ que los √ puntos a distancia m´ınima del origen son (2 + 3, 2 − 3, 1) y (2 − 3, 2 + 3, 1). (c) Considera el arco de esta curva obtenido al restringir x, y ≥ 0. Prueba que el punto de este arco a distancia m´axima del origen es (2, 2, 4). 5.4. Considera la ecuaci´on diferencial de primer orden e2x − y 2 + yy 0 = 0. (a) Resuelve la ecuaci´on transform´andola previamente en una ecuaci´on exacta. (b) Resu´elvela usando el cambio de variable z = y 2 . 5.5. Considera una curva tal que si P es un punto cualquiera de ella, A es la intersecci´on de la tangente con el eje y, y B la intersecci´ on de la normal con el eje x, la recta y + x = 0 pasa por el punto medio de A y B. ¿Cu´al es la ecuaci´on de la curva? 5.6. Da la ecuaci´on de una curva tal que la intersecci´ on del eje x y la recta normal a la curva por un punto (x, y) est´a a la misma distancia de (x, y) que el origen.

Curso de An´ alisis matem´ atico III/53

6. PROBLEMAS DE REPASO

6.1. Sea A ⊂ Rn un conjunto convexo. Demostrar que A¯ y A◦ son convexos. 6.2. Sea (Cm )m una sucesi´on decreciente de subconjuntos compactos no vac´ıos de on de esta sucesi´on es un conjunto Rn , con lim δ(Cm ) = 0. Demuestra que la intersecci´ que contiene exactamente un punto. 6.3. Sean A, B ⊂ Rn , de modo que A sea compacto y B cerrado. Demuestra que existen a ∈ A y b ∈ B tales que ka − bk = d(A, B). Muestra con un ejemplo que esto no es cierto, en general, para dos conjuntos cerrados. 6.4. Sean A ⊂ Rn abierto, a ∈ A, f : A → R continua en a, y g : A → R diferenciable en a, con g(a) = 0. Demuestra que f g es diferenciable en a. 6.5. Sean A ⊂ Rn , abierto y convexo, y f : A → Rm diferenciable. Demuestra que se cumple   f (x) − f (y)   Df (z).   sup = sup x − y  x6=y z∈A x,y∈A

Muestra con un ejemplo que si A no es convexo, esta f´ormula puede no ser v´alida.   Observaci´on. Df (x) es la norma de una aplicaci´on lineal, no la norma de un vector.

6.6. Hallar y clasificar, seg´ un los valores del par´ametro α, los extremos locales de la funci´on f : R2 → R definida por  € € € f (x, y) = α − x α − y x + y − α . 6.7. Prueba que el sistema u = x3 ,

v =x+y

define un cambio de variable (x, y) → (u, v), en el primer cuadrante del plano xy. ¿En qu´e dominio del plano uv se transforma este cuadrante? ¿Cu´al es el jacobiano del cambio? ‰ ˆ 6.8. Sean D = (x, y) ∈ R2 : x, y ≥ 0 y f : D → R definida por f (x, y) = x1/3 y 2/3 . (a) ¿Halla el m´aximo y el m´ınimo de f en √ √ ˆ ‰ A = (x, y) ∈ D : x/ 3 ≤ y ≤ 3x, x2 + y 2 ≤ 1 ,

si existen. (b) Lo mismo para

√ √ ˆ ‰ B = (x, y) ∈ D : x/ 3 ≤ y ≤ 3x, x2 + y 2 ≥ 1 .

ˆ ‰ 6.9. Se define f : (x, y, z) ∈ R3 ; x2 + y 2 + z 2 ≤ 4, z ≤ 1 → R por f (x, y, z) = x2 + y 2 + z 2 + x + y + z. Halla el m´aximo y el m´ınimo valor de f , si existen. Curso de An´ alisis matem´ atico III/54

6.10. Sea r la recta intersecci´ on del√plano xy y el plano tangente a la superficie de ecuaci´on z = x2 + y 2 en el punto (2 2, 1, 9). (a) Halla una ecuaci´on de r. on de r y la (b) Si P es un punto de una curva del plano xy, sea Q la intersecci´ normal a la curva en P . Da una ecuaci´on general para las curvas para las cuales la abscisa en cada punto P es el doble de la ordenada en Q. 6.11. Halla la ecuaci´on de una curva del plano que pase por el punto (3, 2) y, en todo punto (x, y), la ordenada de la intersecci´ on de la recta tangente con el eje y sea igual a x.

Curso de An´ alisis matem´ atico III/55