FUNCIONES EN VARIAS VARIABLES, UNA INTRODUCCION

ERWIN E. CORONADO C.

1

A mi amada esposa Carolina y a mis hijos Camila, Valentina, Aylinne y Emilio

2

INTRODUCCION

El texto se estructura de tal manera que los conceptos entregados sean productode una construccion. Incluso, en algunas ocasiones, la conclusion de una serie dededucciones es un teorema. Para realizar esto en el primer capıtulo se hace una in-troduccion a R

n como Espacio Vectorial, donde se identifica el Producto Interno, enparticular el Producto Interno canonico, para ası presentar el concepto de distanciay ortogonalidad en R

n. Se realizan presentaciones graficas en R3 para tener una

mejor internalizacion de los conceptos antes mencionados. Con estos conceptos, seentregan a continuacion una serie de definiciones como recta, hiperplano y defini-ciones topologicas como vecindades, esferas, conjuntos convexos, abiertos y cerrados.Se presenta tambien el concepto de lımite de una funcion f : D ⊆ R

n → R, ası comoel de funcion continua. Este ultimo concepto, es el concepto fundamental para nue-stro segundo capıtulo, pues mediante un recuerdo para funciones f : D ⊆ R → R

definimos el concepto de funcion diferenciable para un conjunto D ⊆ R abierto ypresentamos la pregunta que sera el trabajo de este capıtulo, ¿Bajo que condicion ocondiciones se puede determinar la continuidad de una funcion f : D ⊆ R

n → R?.Para contestar esta pregunta, se definen los conceptos de derivada parcial y direc-cional y mediante ejemplos y representaciones graficas en R

3 se muestra que unafuncion continua se determina bajo el concepto de funcion diferenciable, presentan-do a continuacion teoremas importantes como el Teorema del Valor Medio1. Luegose entregan definiciones de diferencial y gradiente de una funcion concluyendo coneste ultimo concepto un analisis importante para una funcion f : D ⊆ R

n → R.Esto es que una funcion f , no solo es creciente en la direccion del gradiente, sinoque, ademas, es donde crece mas rapidamente.El Tercer Capıtulo trata de Derivadas de Orden Superior y se definen conceptoscomo funciones de clase Ck y se presenta el Teorema de Schwarz2 y el Teorema deTaylor, ademas de la definicion de una forma cuadratica con la que se introduce elconcepto de Hessiano de una funcion. Tambien se define el concepto de punto crıticode una funcion, realizando por ultimo la relacion entre el punto crıtico y la formaHessiana para ası concluir en el Cuarto Capıtulo con ejercicios resueltos que tratande los temas presentados.

1Teorema 2.83 pagina 452Teorema 3.111 pagina 58

3

Agradecimientos

Sea cual sea un trabajo, el llevarlo a cabo conlleva la colaboracion, a veces implıcita-mente, de una serie de personas. Es por esto, que es necesario dar un espacio paraagradecer el apoyo en la realizacion de este texto.De esta manera, agradezco a mi esposa, y a mis hijos por su tiempo cedido, amis padres y hermano por su apoyo incondicional, tambien cabe dar las gracias alProfesor Mg. Sr. Maximo Gonzalez S. por el tiempo cedido, al Profesor Dr. RafaelLabarca B., por sus consejos y preocupacion, al Profesor Dr. Sergio Plaza S. porfacilitarme el material que me ayudo a profundizar los conocimientos en el softwareLATEX y muy en particular, agradezco a mis profesores correctores Dra. VeronicaPoblete O. y Dr. Humberto Prado C. por sus consejos y a mi profesor tutor Dr.Carlos Lizama Y. por todo el apoyo brindado, tanto personal, como academico.

4

Indice

1. El espacio vectorial Rn 6

2. Diferenciacion 293. Derivadas de Orden Superior 564. Ejercicios Resueltos 65Referencias 83

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Capıtulo I

1. El espacio vectorial Rn

Sea n ∈ N, el espacio Rn es el conjunto cuyos elementos son todos los n-tuplos

ordenados x = (x1, ..., xn) donde xi ∈ R, i = 1...n.Los elementos x ∈ R

n seran llamados puntos o vectores dependiendo del contexto yxi ∈ R seran las coordenadas o componentes de x.Tambien dados x, y ∈ R

n y σ ∈ R, se defineni : La suma de x = (x1, ..., xn) e y = (y1, ..., yn) como:

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

ii : El producto escalar, como:

σx = (σx1, ..., σxn)

iii : El vector cero de Rn, como

0 = (0, ..., 0)

Observacion 1.1. Tomando σ = −1 obtenemos el simetrico de x = (x1, x2, ..., xn),esto es:

-x = (−x1,−x2, ...,−xn)

Observacion 1.2. Segun estas definiciones, tanto la suma de vectores, como elproducto vectorial son operaciones cerradas en R

n.

Observacion 1.3. El producto escalar σx, con x ∈ Rn y σ ∈ R implica un cambio

de posicion en la misma direccion de x. Ası, dado σx = y, entonces diremos que yes un multiplo escalar de x o mas generalmente, diremos que y es paralelo al vectorx.

6

Observacion 1.4. Rn provisto de las operaciones i y ii hacen de R

n un EspacioVectorial 3 de dimension n sobre R. De esta manera dados x = (x1, x2, ..., xn) ey = (y1, y2, ..., yn) en R

n se tiene que

x = y ⇔ x1 = y1, x2 = y2, ..., xn = yn

Al considerar x ∈ Rn, geometricamente se puede interpretar como el trazo que parte

en el punto 0 ∈ Rn y tiene como extremidad el punto x.

Por ejemplo el vector P = (x, y, z) en R3 lo identificamos como

YX

Z

(x,y,z )

x y

z

3Un espacio Vectorial V , es un espacio no vacıo en el que se definen dos operaciones entre suselementos, estas son:

i : La funcion suma, que se define como + : V × V → V , donde para dos vectores v1, v2 ∈ V

se le asocia un nuevo vector (v1 + v2) ∈ V . Esta funcion hace de V un grupo abeliano.ii: La funcion producto de un vector por un escalar, definida como · : K × V → V , donde

para un vector v1 ∈ V y un escalar σ ∈ K se le asocia un nuevo vector σv1 ∈ V . Estafuncion cumple con las siguientes propiedades

1. σ(v1 + v2) = σv1 + σv2, ∀σ ∈ K, ∀v1, v2 ∈ V

2. (σ + δ)v1 = σv1 + δv1, ∀σ, δ ∈ K, ∀v1 ∈ V

3. (σδ)v1 = σ(δv1), ∀σ, δ ∈ K, ∀v1 ∈ V

4. 1v1 = v1, ∀v1 ∈ V

7

De esta interpretacion geometrica, podemos preguntarnos ¿Cual es la distancia desdeel origen 0 ∈ R

n al punto x ∈ Rn? y, mas aun, si tenemos dos vectores en R

n, ¿Comodeterminamos el angulo formado por ellos?Por ejemplo, en R

3 se tiene

distancia

YX

Z

(x, y, z) θ

YX

Z

(x1, y1, z1)

(x, y, z)

Distancia desde el origen Angulo θ formado por los vectoresal vector (x, y, z) (x, y, z) y (x1, y1, z1)

La respuesta a estas preguntas se contestan con la introduccion del concepto pro-ducto interno. Para introducir este concepto, consideremos primero lo siguiente:

Dado x ∈ Rn, tenemos

x = (x1, x2, ..., xn)= (x1, 0, ..., 0) + (0, x2, 0, ..., 0) + ... + (0, 0, ..., xn)= x1(1, 0, ..., 0) + x2(0, 1, 0, ..., 0) + ...+ xn(0, 0, ..., 1)= x1e1 + x2e2 + ...+ xnen

=n

∑

i=1

xie i

donde c(n) := {e1, e2, ..., en} se identifica como la base canonica de Rn. De esta

manera, podemos establecer una relacion entre el espacio vectorial Rn y el conjunto

MR(n× 1) que consiste de todas las matrices con coeficientes reales de n filas y unacolumna, que podemos definir por

[ ]α : Rn → MR(n× 1)

8

donde α = {α1, α2, ..., αn} es una base para Rn. Ası, tenemos que

[x ]α =

a1

.

.

.an

⇐⇒ x = a1α1 + a2α2 + ...+ anαn

considerando entonces c(n), tenemos

[x ]c(n) =

x1

.

.

.xn

⇐⇒ x = x1e1 + x2e2 + ... + xnen

Definamos ahora la transformacion lineal T : Rn → R, conocida como funcion lineal,

del siguiente modo:Tomemos la base canonica de R

n y hagamos

i : Para e1

T (e1) = a11

esto implica[T (e1)]c(n) =

(

a11

)

ii : Para e2

T (e2) = a12

esto implica[T (e2)]c(n) =

(

a12

)

iii : Para e3

T (e3) = a13

esto implica[T (e3)]c(n) =

(

a13

)

En general, tendremos para ej

T (ej) = a1j

lo que implica[T (ej)]c(n) =

(

a1j

)

Podemos formar ası AT , definida por

AT =(

a11 a12 . . . a1n

)

llamada la matriz asociada a la base canonica de T y podemos decir que AT esdefinida por la igualdad

[T (e j)]c(n) = ATej .

9

En general, para todo x ∈ Rn, tenemos que

x = x1e1 + x2e2 + ...+ xnen ⇐⇒ [x ]c(n) =

x1

.

.

.xn

.

Entonces, aplicando T , obtenemos

T (x ) = x1T (e1) + x2T (e2) + ... + xnT (en)

Ası

[T (x )]c(n) = x1[T (e1)]c(n) + x2[T (e2)]c(n) + ...+ xn[T (en)]c(n)

lo que implica

[T (x )]c(n) =(

[T (e1)]c(n) [T (e2)]c(n) · · · [T (en)]c(n)

)

x1

x2

.

.

.xn

=(

[T (e1)]c(n) [T (e2)]c(n) · · · [T (en)]c(n)

)

[x]c(n)

=(

ATe1 ATe2 · · · ATen

)

[x ]c(n)

= x1ATe1 + x2ATe2 + ...+ xnATen

= x ·AT

obtenemos, por lo tanto

(

[T (e1)]c(n) [T (e2)]c(n) · · · [T (en)]c(n)

)

∈ MR(1 × n).

De esta manera, concluimos que la base canonica del espacio euclideano estableceun isomorfismo definido por

L(Rn,R) → MR(1 × n)

T → AT

donde L(Rn,R) es el conjunto de las transformaciones lineales y MR(1 × n) el con-junto de matrices de una lınea y n columnas.

En particular, dado i ∈ [1, n], i ∈ N, definamos la funcion πi : Rn → R como

10

πi(ej) =

1 si i = j

0 si i 6= j.

Entonces, tenemos para todo x ∈ Rn,

πi(x ) = xiπi(e i) = xi

Luego, dada una funcion lineal f : Rn → R, tal que f(e1) = a1, f(e2) = a2, ..., f(en) =

an; y considerando que todo x ∈ Rn se expresa como

x =n

∑

i=1

xie i

al aplicar f , obtenemos

f(x ) = f(

n∑

i=1

xie i

)

=

n∑

i=1

xif(

e i

)

=n

∑

i=1

πi(x )ai

= (a1π1 + a2π2 + ...+ anπn)(x )

Por lo tanto,

f = a1π1 + a2π2 + ...+ anπn

luego {π1, π2, ..., πn} es una base de L(Rn,R). Se conoce como la base dual de labase canonica de R

n y el espacio L(Rn,R) se escribe usualmente como (Rn)∗

Presentado este concepto, podemos decir que una funcion f es n − lineal, cuandodados V1, V2, ...Vn, K espacios vectoriales, siendo K cuerpo, con f : V1×V2×...×Vn →K, se tiene que f es lineal separadamente en cada una de sus n variables. Estosignifica que para todo i ∈ N, i = 1, 2, ..., n, se tiene

f(x1, x2, ..., xi + yi, ..., xn) = f(x1, x2, ..., xi, ..., xn) + f(x1, x2, ..., yi, ..., xn)

y dado α ∈ K, se tiene

f(x1, x2, ..., αxi, ..., xn) = αf(x1, x2, ..., xi, ..., xn).

Observacion 1.5. Es inmediato que si xi = 0, para algun i, tenemos

f(x1, x2, ..., 0, ..., xn) = 0.11

De esta manera, podemos indicar que un producto interno, en un espacio vectorialV , es una aplicacion bilineal, que hace corresponder a cada par de vectores x, y ∈ Vun numero real, que representaremos por 〈x, y〉. Ademas para x, x′, y ∈ V y α ∈ R,se debe tener

i : 〈x, y〉 = 〈y, x〉ii : 〈x+ x′, y〉 = 〈x, y〉 + 〈x′, y〉iii : 〈αx, y〉 = α〈x, y〉 = 〈x, αy〉iv : x 6= 0 ⇒ 〈x, x〉 > 0.

El ejemplo mas importante de producto interno, y que, salvo una mencion explıcita,sera el producto interno que ocuparemos en el presente trabajo, es el el productointerno canonico del espacio euclideano R

n, el cual dados x, y ∈ Rn, identificamos

como

〈x , y〉 = x1y1 + x2y2 + ...+ xnyn

=n

∑

i=1

xiyi

Un concepto importante relacionado con el producto interno es el de ortogonalidad,concepto que se utiliza para indicar la perpendicularidad entre dos vectores.

Definicion 1.6. Dos vectores x,y ∈ Rn son ortogonales si

〈x, y〉 = 0.

Observacion 1.7. El vector 0 es ortogonal a cualquier vector. En efecto,

〈x, 0〉 = 〈0, x〉 = 0.

Ahora, por una simple extension del Teorema de Pitagoras, podemos definir la dis-tancia de un vector x ∈ R

n al origen, la que identificaremos con el concepto denorma euclideana, como sigue

Definicion 1.8. La distancia de un vector al origen se define como

‖x‖ =√

x21 + x2

2 + ...+ x2n.

Con lo anterior podemos hacer la siguiente observacion

Observacion 1.9. De la definicion de distancia obtenemos

‖x‖ =√

x21 + x2

2 + ... + x2n

=√

〈x, x〉12

luego

‖x‖2 = 〈x, x〉

Yl1

l2

90◦

X

YX

r‖x0‖

‖z0‖‖y0‖

P0 = (x0, y0, z0)

Z

‖P0‖

De estos dos conceptos presentados resulta el siguiente teorema:

Teorema 1.10. Para cada x, y ∈ Rn, valen las siguientes desigualdades:

i : Desigualdad de Cauchy-Schwarz:

(1.1) |〈x, y〉| ≤ ‖x‖‖y‖ii : Desigualdad Triangular:

(1.2) ‖x + y‖ ≤ ‖x‖ + ‖y‖Demostracion. (1.1)

Si y = 0 no hay nada que demostrar.

Supongamos que y 6= 0, y sea t ∈ R. Como 〈 , 〉 es bilineal, tenemos que:

(1.3) 〈x + ty , x + ty〉 = 〈x , x 〉 + 2t〈x , y〉 + t2〈y , y〉.Luego:

‖x + ty‖2 = ‖x‖2 + 2t〈x , y〉 + t2‖y‖2.

Considerando una funcion f definida como:

f(t) = t2‖y‖2 + 2t〈x , y〉 + ‖x‖2,

obtenemos que:

f ′(t) = 2‖y‖2t+ 2〈x , y〉.

Entonces como y 6= 0, y como f ′′(t) = 2‖y‖2 > 0 esta funcion tiene un mınimo en13

t0 = −〈x , y〉‖y‖2

.

Substituyendo t0 en (1.3), encontramos que:

0 ≤ ‖x + t0y‖2 = ‖x‖2 − 2〈x , y〉2‖y‖2

+〈x , y〉2‖y‖2

‖y‖4= ‖x‖2 − 〈x , y〉2

‖y‖2

lo que implica:

|〈x , y〉|2 ≤ ‖x‖2‖y‖2

que es equivalente a (1.1) �

Probaremos ahora (1.2)

Tenemos que:

‖x + y‖2 = 〈x + y , x + y〉= ‖x‖2 + 2〈x , y〉 + ‖x‖2

Por (1.1), obtenemos

‖x + y‖2 ≤ ‖x‖2 + 2‖x‖‖y‖ + ‖y‖2

= (‖x‖ + ‖y‖)2

que es equivalente a (1.2).

Cabe senalar que, de manera general, se define una norma como una funcion

‖ ‖ : E → R

que cumple

i : ‖x + y‖ ≤ ‖x‖ + ‖y‖ii : ‖α · x‖ = |α|‖x‖iii : x 6= 0 ⇒ ‖x‖ > 0

Con los conceptos de ortogonalidad y norma, podemos tambien entregar las sigu-ientes definiciones.

14

Definicion 1.11. Diremos que un vector es unitario si se tiene

‖x‖ = 1

Definicion 1.12. Un conjunto de vectores {v1, v2, . . . , vn}, tal que

〈vi, vj〉 = ϕij

donde

ϕij =

0 si i 6= j

1 si i = j

es llamado una base ortonormal.

Se deduce del concepto de norma una nocion de distancia. Considerando nuestranorma euclideana, definimos a continuacion la distancia euclideana.

Definicion 1.13. Dados x, y ∈ Rn, definimos la distancia euclideana entre x, y,

como

‖x− y‖ =

[ n∑

i=1

(xi − yi)2

]1

2

De la definicion de distancia, dados x , y ∈ Rn, se tiene que

(1.4) ‖x − y‖2 = ‖x‖2 − 2〈x , y〉 + ‖y‖2,

y generalizando a Rn el teorema del coseno para un triangulo cualquiera, podemos

escribir

‖x‖‖x − y‖

‖y‖θ

(1.5) ‖x − y‖2 = ‖x‖2 − 2 cos(θ)‖x‖‖y‖ + ‖y‖2

15

restando miembro a miembro (1.4) y (1.5), obtenemos

cos(θ) =〈x , y〉‖x‖‖y‖ .

obtiendo de esta manera el angulo entre dos vectores x , y ∈ Rn, con lo que hemos

contestado nuestras preguntas 4.

Observacion 1.14. Del concepto de distancia euclideana, podemos deducir que da-dos x, y ∈ R

n, valen las siguientes desigualdades

i : |‖x‖ − ‖y‖| ≤ ‖x− y‖

ii : 〈x, y〉 =‖x + y‖2 − ‖x− y‖2

4.

Para continuar con nuestro estudio, podemos indicar que a partir de los conceptosindicados mas arriba, podemos determinar nociones geometricas en R

n.En efecto, si consideramos dos vectores x , y ∈ R

n con y 6= 0 y un escalar σ ∈ R,entonces definimos la recta en R

n como sigue:

Definicion 1.15. Una recta en Rn es el conjunto de la forma

{z : z = x + σy, σ ∈ R}diremos entonces que, los vectores z determinan una recta que pasa por el vector xy que tiene direccion y.

x

y

0x+ 2y

x− 2y

4Recuerde que las preguntas estan referidas a la distancia de un vector y al angulo formado pordos vectores en R

n. Ver pagina 816

Observacion 1.16. Si dos puntos x1, x2 pertenecen a la recta determinada porx + σy, entonces

{z : z = x + σx, σ ∈ R}es equivalente al conjunto

{z : z = x1(1 − s) + sx2, s ∈ R}.Observacion 1.17. El conjunto definido por

[x, y] = {z : z = x + σy; 0 ≤ σ ≤ 1}determina el segmento de recta entre los puntos x e y.

De nuestro concepto de producto interno, podemos dar la siguiente definicion

Definicion 1.18. Un hiperplano es el conjunto determinado de la forma

{x : 〈x, n〉 = α}donde n 6= 0 y α una constante.

Observacion 1.19. En R2, un hiperplano es una recta y en R

3 es un plano ordi-nario.

Ejemplo

En R4, el conjunto formado por todos los vectores (x1, x2, x3, 0) es un hiperplano.

En efecto, tomando n = (0, 0, 0, 1) y considerando la constante α = 0, obtenemosque todos los vectores de la forma (x1, x2, x3, 0) ∈ R

4 cumplen con que

〈x , n〉 = 0.

Del concepto de norma y de distancia, presentamos los siguientes resultados.

Definicion 1.20. Una vecindad abierta con centro en un punto x0 ∈ Rn y radio

r > 0 es el conjunto definido por

V (x0; r) = {x ∈ Rn : ‖x− x0‖ < r}.

De igual forma damos la siguiente definicion

Definicion 1.21. Una vecindad cerrada con centro en un punto x0 ∈ Rn y radio

r > 0 es el conjunto definido como

V [x0; r] = {x ∈ Rn : ‖x− x0‖ ≤ r}.

Definicion 1.22. Una esfera con centro en un punto x0 ∈ Rn y radio r > 0 es el

conjunto definido de la siguiente manera

S[x0; r] = {x ∈ Rn; ‖x− x0‖ = r}.

17

Observacion 1.23. Cuando n = 1, la vecindad V (x0; r) corresponde al intervaloabierto (x0 − r, x0 + r); V [x0; r] es el intervalo cerrado [x0 − r, x0 + r] y S[x0; r]corresponde al conjunto formado por los puntos x0 − r y x0 + r.

Una propiedad que cumplen dos puntos x , y ∈ V [x 0; r] es la siguiente: considerandoσ ∈ [0, 1], el segmento de recta [x , y ], esta totalmente contenido en V [x 0; r].

Introduciremos ahora, un nuevo concepto que identificara a cualquier conjunto queposea esta propiedad.

Definicion 1.24. Sea D ⊆ Rn. Entonces D es un conjunto convexo si el segmento

de recta que une a dos puntos cualquiera x, y ∈ D esta contenido en D.

Por otra parte, cuando se tiene z ∈ R+ y un conjunto D ⊆ R

n, tal que para todox ∈ D, se tiene ‖x‖ ≤ z el conjunto D se dira que es un conjunto limitado o acotado.

Observacion 1.25. Si D ⊆ V [x0; r], para alguna vecindad cerrada de centro cualquiera,entonces D es un conjunto limitado.En efecto, dado x ∈ D, se tiene ‖x − x0‖ ≤ r. Luego, haciendo z = r + ‖x0‖,podemos escribir

‖x‖ = ‖x− x0 + x0‖ ≤ ‖x− x0‖ + ‖x0‖ ≤ r + ‖x0‖ = z.

Otro concepto importante es el que a continuacion definimos:

Definicion 1.26. Diremos que un punto x0 ∈ D ⊆ Rn es un punto interior de D,

cuando es centro de alguna vecindad abierta contenida en D, esto es, si x ∈ V (x0; r)entonces x ∈ D. El interior de D es el conjunto int(D).

Diremos que

Definicion 1.27. Un conjunto D ⊆ Rn se llama abierto cuando, todos sus puntos

son interiores.

Podemos indicar dos resultados importantes que se desprenden de lo anterior

Teorema 1.28. Toda vecindad abierta D ⊆ Rn es un conjunto abierto.

Demostracion. Dado cualquier x ∈ V (x 0; r), consideremos la vecindad V (x ; δ),donde δ = r − ‖x − x 0‖. De esta manera si

y ∈ V (x ; δ),

entonces‖y − x 0‖ ≤ ‖y − x‖ + ‖x − x 0‖ ≤ δ + ‖x − x 0‖ = r,

luegoy ∈ V (x 0; r),

18

por lo tanto,

V (x ; δ) ⊆ V (x 0; r)

�

x0

xr

δ

Teorema 1.29. Si D ⊆ Rn, entonces int(D) es un conjunto abierto.

Demostracion. Dado x 0 ∈ int(D), entonces V (x 0; r) ⊆ D, para algun r. Luego si

x ∈ V (x 0; r),

entonces, poniendo δ = r − ‖x − x 0‖, obtenemos que V (x ; δ) ⊆ V (x 0; r), luegoV (x ; δ) ⊆ D, y ası,

x ∈ int(D)

Luego, todo punto x 0 ∈ int(D), es centro de una vecindad abierta contenida enint(D). �

Dado un conjunto D ⊆ Rn y un punto x 0 ∈ R

n, se pueden distinguir las siguientessituaciones excluyentes unas de otras:

Observacion 1.30.

i : x0 ∈ int(D)ii : x0 ∈ int(Rn −D)iii : Toda vecindad V (x0; r) contiene puntos, tanto de D, como de R

n −D

Definicion 1.31. Sea D ⊂ Rn, no necesariamente abierto. Un punto x0 ∈ R

n sellama punto de acumulacion del conjunto D, cuando para toda vecindad abierta decentro x0 contiene algun punto de D diferente de x0. Dicho de otra forma, x0 esun punto de acumulacion de D cuando para ε > 0 encontramos un x ∈ D tal que0 < ‖x− x0‖ < ε.

Observacion 1.32. El conjunto de los puntos de acumulacion de D se representapor la notacion D′ y se le denomina el derivado de D.

A continuacion se presentaran los conceptos de lımite y de funcion continua paracontinuar con nuestro estudio.

19

Definicion 1.33. Diremos que el lımite L de una funcion f : D ⊆ Rn → R en el

punto x0 ∈ D′ (es decir x0 es punto de acumulacion de D), cuando para cualquierε > 0 dado, se puede obtener un δ > 0, tal que dado cualquier x ∈ D, se cumple que

Para todo ε > 0 existe δ > 0; 0 < ‖x− x0‖ < δ ⇒ |f(x) − L| < ε

.En terminos de vecindades significa que si para una funcion f : D ⊆ R

n → R, L esel lımite de la funcion entonces que x ∈ V (x0, δ) implica que f(x) ∈ V (L, ε)

Observacion 1.34. Cuando este lımite existe escribiremos

lımx→x0

f(x) = L

para indicar que L es el lımite de f en el punto x0.

Observacion 1.35. Que x0 sea punto de acumulacion de D implica que no nece-sariamente x0 debe pertenecer a D. Incluso la funcion f puede no estar defenida enx0.

Observacion 1.36. Recordemos que para una funcion f : D ⊆ R → R quelım

x→x0

f(x) = L significa que cuando x se aproxima a x0, f(x) se aproxima a L.

Pero que x se aproxime a x0 implica solo dos direcciones, por la derecha o por laizquierda y cabe hablar de lımites laterales y se tiene que lım

x→x0

f(x) = L si y solo si

lımx→x0

+f(x) = L = lım

x→x0−

f(x). Mientras que para una funcion f : D ⊆ Rn → R la

aproximacion de x a x0 tiene infinitas direcciones.

Observacion 1.37. Cuando x tienda a x0 y los valores de f(x) no tiendan a unnumero L unico diremos que lım

x→x0

f(x) no existe.

La representacion grafica del concepto de lımite para una funcion f : R2 → R es

como sigue:

YX

Z

xya b

x 0

L

⌣

L + ε

L − ε

⌢

20

Del concepto de lımite se desprenden teoremas que seran enunciados formalmente.

Teorema 1.38. Si para una funcion f : D ⊆ Rn → R, el lımite lım

x→x0

f(x) existe

entonces es unico.

Teorema 1.39. Sean f : D ⊆ Rn → R, g : D ⊆ R

n → R, x0 ∈ D′ y L, α ∈ R;entonces

i : Si lımx→x0

f(x) = L, entonces lımx→x0

αf(x) = αL, siendo αf : D → R definida

por x → α(f(x))ii : Si lım

x→x0

f(x) = L1 y lımx→x0

g(x) = L2 entonces lımx→x0

(f + g)(x) = L1 + L2,

siendo (f + g) : D → R definida por x → f(x) + g(x)iii : Si lım

x→x0

f(x) = L1 y lımx→x0

g(x) = L2 entonces lımx→x0

(f ·g)(x) = L1 ·L2, siendo

(f · g) : D → R definida por x → f(x) · g(x)

iv : Si lımx→x0

f(x) = L,L 6= 0 y f(x) 6= 0 para todo x ∈ D entonces lımx→x0

1

f(x)=

1

L, siendo

1

f: D → R definida por x → 1

f(x)

El recıprocos de ii no siempre se cumple. Consideremos el siguiente ejemplo quemuestra esta observacion.

Ejemplo 1.40. Sea f, g : R − {0} → R definidas como f(x) = 1 + sen

(

1

x

)

y g(x) = −sen(

1

x

)

entonces se tiene que lımx→0

f(x) y lımx→0

g(x) no existen, pero

f(x) + g(x) = 1 para todo x ∈ R − {0}, luego lımx→0

(f + g)(x) = 1

Observacion 1.41. Sea (x0, y0) ∈ R2, supongamos que f es una funcion defini-

da en una vecindad centrada en (x0, y0), entonces, si existe lımx→x0

f(x, y), es una

funcion de y, digamos ψ(y) y si ademas existe lımy→y0

ψ(y), digamos β, escribimos

lımy→y0

lımx→x0

f(x, y) = β y decimos que β es el lımite iterado de f cuando x → x0 e

y → y0. De modo analogo definimos el lımite iterado lımx→x0

lımy→y0

f(x, y) = α, cuando

existe lımy→y0

f(x, y) = φ(x) y existe lımx→x0

φ(x) = α

Observacion 1.42. De modo natural los lımites iterados se pueden extender a fun-ciones definidas para n > 2

Observacion 1.43. Si se tiene f : R2 → R, la existencia de lım

(x,y)→(x0,y0)f(x, y) no

implica la existencia de los lımites iterados lımy→y0

lımx→x0

f(x, y) y lımx→x0

lımy→y0

f(x, y). Mas

aun, la existencia de los lımites iterados, aun siendo iguales, no implica la existencia21

del lımite de una funcion. Mientras que si los lımites iterados existen y son distintos,entonces no existe el lımite de una funcion. Esto ultimo se utiliza para probar queel lımite de una funcion no existe.

Ejemplo 1.44. Sea f : R2 − {(0, 0)} → R definida por f(x, y) =

xy

x2 + y2. Tenemos

que lımy→0

lımx→0

f(x, y) = lımy→0

0 = 0 y lımx→0

lımy→0

f(x, y) = lımx→0

0 = 0, pero lım(x,y)→(0,0)

f(x, y),

no existe como puede ser verificado usando caminos del tipo y = mx.

Ejemplo 1.45. Sea f : R2 → R,definida por

f(x, y) =

x sen

(

1

y

)

+ y sen

(

1

x

)

si xy 6= 0

0 si xy = 0

Tenemos que lımy→0

f(x, y) y lımx→0

f(x, y) no existen, como es facil de ver, por lo tan-

to lımy→y0

lımx→x0

f(x, y) y lımx→x0

lımy→y0

f(x, y) no existen. Por otra parte, afirmamos que

lım(x,y)→(0,0)

f(x, y) = 0

En efecto, tenemos que

∣

∣

∣

∣

x sen

(

1

y

)

+ y sen

(

1

x

)∣

∣

∣

∣

≤ |x| + |y| ≤ 2√

x2 + y2 < ε

cuando x2 < ε2

4e y2 < ε2

4, o de otra forma, |x| < ε

2y |y| < ε

2. Luego para ε > 0

dado, existe δ = ε2, de modo que tenemos

∣

∣

∣

∣

x sen

(

1

y

)

+ y sen

(

1

x

)∣

∣

∣

∣

< ε cuando

|x| < δ y |y| < δ, lo que prueba que lım(x,y)→(0,0)

f(x, y) = 0

Teorema 1.46. Sean f, g : D ⊆ Rn → R y x0 ∈ D′. Si lım

x→x0

f(x) = L1, lımx→x0

g(x) =

L2 y f(x) ≤ g(x) para todo x ∈ D − {x0}, entonces L1 ≤ L2

Ejemplo 1.47. Sea una funcion f definida como f(x, y) =x2

√

x2 + y2. Mostremos

que lım(x,y)→(0,0)

f(x, y) = 0

En efecto, en primer lugar considerando que

‖(x, y) − (0, 0)‖ = ‖(x, y)‖=

√

x2 + y2

=x2 + y2

√

x2 + y2≥ x2

√

x2 + y2≥ 0

22

De esta manera, para cualquier ε > 0, escogemos δ = ε y de esta manera‖(x, y) − (0, 0)‖ < δ implica que

∣

∣

∣

∣

x2

√

x2 + y2− 0

∣

∣

∣

∣

=x2

√

x2 + y2≤

√

x2 + y2 < δ = ε

Luego

lım(x,y)→(0,0)

f(x, y) = 0

Ejemplo 1.48. Determinemos si existe el lımite de la funcion f(x, y) =x2

x2 + y2,

cuando (x, y) se acerque a (0, 0).

Observemos que si (x, y) tiende al origen a lo largo de cualquier trayectoria, entonces

si existe lımite de f , significa quex2

x2 + y2debe tender a un valor lımite unico, por

ejemplo L. Ahora, si hacemos tender (x, y) al punto (0, 0) a traves de la recta y = 0,entonces

lım(x,y)→(0,0)

f(x, y) = lım(x,0)→(0,0)

x2

x2 + y2= lım

(x,0)→(0,0)

x2

x2= 1

Mientras que si (x, y) tiende al punto (0, 0) a traves de la recta x = 0, entonces setendra

lım(x,y)→(0,0)

f(x, y) = lım(0,y)→(0,0)

x2

x2 + y2= lım

(x,0)→(0,0)

0

0 + y2= 0

Por lo tanto, no existe lım(x,y)→(0,0)

f(x, y)

Ejemplo 1.49. Muestremos que lım(x,y)→(0,0)

xyx2 − y2

x2 + y2= 0

En efecto, notemos que f(x, y) = xyx2 − y2

x2 + y2no esta definida para (0, 0), pero sı (0, 0)

es un punto de acumulacion de R2 − {(0, 0)}.

23

Utilizando coordenadas polares en R2 − {(0, 0)} tenemos que x = rcos(ω) e y =

rsen(ω), luego∣

∣

∣

∣

xyx2 − y2

x2 + y2

∣

∣

∣

∣

= |rsen(ω) cos(ω) cos(2ω)|

=r2

4sen(4ω)

≤ r2

4=x2 + y2

4< ε

six2

4<

ε

2ey2

4<

ε

2, o lo que es lo mismo, si |x| <

√2ε = δ y |y| <

√2ε = δ.

Luego para ε > 0 cualquiera, existe δ > 0 tal que cuando |x| < δ y |y| < δ entonces∣

∣

∣

∣

xyx2 − y2

x2 + y2− 0

∣

∣

∣

∣

< ε como se querıa probar.

A continuacion se pasara a enunciar el concepto de continuidad.

Definicion 1.50. Diremos que una funcion f : D ⊆ Rn → R es continua en un

punto x0 ∈ D, cuando para cualquier ε > 0 dado, se puede obtener un δ > 0, tal quepara todo punto x ∈ D cuya distancia al punto x0 sea menor que δ implique que ladistancia de f(x) a f(x0) sea menor que ε. En lenguaje simbolico se tiene que:

Para todo ε > 0 existe δ > 0; 0 < ‖x− x0‖ < δ ⇒ |f(x) − f(x0)| < ε

.

Observacion 1.51. Diremos que una funcion f : D ⊆ Rn → R es continua, cuando

sea continua para cada x0 ∈ D.

Observacion 1.52. Si para una funcion f : D ⊆ Rn → R no se cumple el re-

querimiento de la definicion de continuidad para un punto x0 ∈ D, diremos que lafuncion es discontinua en x0 ∈ D.

Apoyados en los teoremas de lımites, a continuacion formalizamos el siguiente teo-rema.

Teorema 1.53. Sean f : D ⊆ Rn → R, g : D ⊆ R

n → R funciones continuas en

x0 ∈ D y α ∈ R; entonces αf , f + g, f · g, 1

fson continuas en x0 ∈ D

Ejemplo 1.54. Al analizar la continuidad en el origen de f : R2 → R definida por

f(x, y) =

x3 + y3

x2 + y2si (x, y) 6= (0, 0)

0 si (x, y) = (0, 0)24

se obtiene que dado ε > 0 cualquiera, tenemos que |x| ≤ ‖(x, y)‖ =√

x2 + y2 y de

igual manera |y| ≤ ‖(x, y)‖ =√

x2 + y2, luego

|f(x, y)| ≤ 2‖(x, y)‖3

‖(x, y)‖2= 2‖(x, y)‖

de esta forma, basta tomar δ =ε

2y entonces ‖(x, y) − 0‖ = ‖(x, y)‖ < δ implica

|f(x, y)| < ε, es decir

lım(x,y)→(0,0)

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

lo que indica que f es continua en el origen.

Ejemplo 1.55. Al estudiar la continuidad de f : R2 → R definida por

f(x, y) =

x2 − y2

ex+y − 1si x > −y

2x si x ≤ −y

en y = −x

se debe analizar que sucede con f en los puntos de la forma (a,−a) cuando (x, y) →(a,−a) con a ∈ R. Para el calculo de lım

(x,y)→(a,−a)f(x, y) tenemos que distinguir lo

siguiente:

i.- Si x > −y, entonces

lım(x,y)→(a,−a)

f(x, y) = lım(x,y)→(a,−a)

x2 − y2

ex+y − 1= lım

(x,y)→(a,−a)(x− y)

x+ y

ex+y − 1= 2a

ii.- Si x < −y, entonces

lım(x,y)→(a,−a)

f(x, y) = lım(x,y)→(a,−a)

2x = 2a

luego lım(x,y)→(a,−a)

f(x, y) = f(a,−a), es decir, f es continua en el punto (a,−a).25

Ejemplo 1.56. Si f : R2 → R esta definida por

f(x, y) =

sen(x) sen(y)

exy − 1si xy 6= 0

sen(x)

xsi x 6= 0, y = 0

sen(y)

ysi x = 0, y 6= 0

1 si x = y = 0

El estudiar la continuidad de f en R2 nos lleva en primer lugar a indicar que f es

continua en R2 − {(x, y) ∈ R

2 : xy = 0} por ser composicion y producto de fun-ciones elementales y no anularse el denominador. Luego, falta examinar que ocurreen puntos de las rectas x 6= 0; y = 0, es decir, (a, 0); a 6= 0 y x = 0; y 6= 0, es decir,(0, b); b 6= 0 y en el punto (0, 0).

i.- En las proximidades de los puntos de la forma (a, 0), a 6= 0

lım(x,y)→(a,0)

sen(x) sen(y)

exy − 1= lım

(x,y)→(a,0)

sen(x)

x· sen(y)

y

xy

exy − 1=

sen(a)

a= f(a, 0)

y tambien

lım(x,y)→(a,0)

sen(x)

x=

sen(a)

a

Por tanto, la funcion es continua en los puntos de la forma (a, 0); a 6= 0.

ii.- En las proximidades de los puntos de la forma (0, b); b 6= 0.

lım(x,y)→(0,b)

sen(x) sen(y)

exy − 1= lım

(x,y)→(0,b)

sen(x)

x· sen(y)

y

xy

exy − 1=

sen(b)

b= f(0, b)

y tambien

lım(x,y)→(0,b)

sen(y)

y=

sen(b)

b

Por tanto, la funcion es continua en los puntos de la forma (0, b); b 6= 0.

iii.- En las proximidades de los puntos de la forma (0, 0).

lım(x,y)→(0,0)

sen(x) sen(y)

exy − 1= lım

(x,y)→(0,0)

sen(x)

x· sen(y)

y

xy

exy − 1= 1 = f(0, 0)

26

y tambien

lım(x,y)→(0,0)

sen(x)

x= 1 = lım

(x,y)→(0,0)

sen(y)

y

Por tanto, la funcion es continua en los puntos de la forma (0, 0).

Ejemplo 1.57. Estudiemos la continuidad de la funcion definida por

f(x, y) =

y2

x2 + y2si (x, y) 6= (0, 0)

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

Dada la funcion, cabe analizar si es continua en el origen. Para ello, realizando uncambio a coordenadas polares,

x = r cos(ω)

y = rsen(ω)

obtenemos

lım(x,y)→(0,0)

f(x, y) = lımr→0

r2sen2(ω)

r2= sen2(ω)

Por tanto, el lımite depende de ω, de donde se sigue que la funcion dada no es con-tinua en el origen.

Ejemplo 1.58. Dada f : R2 → R definida por

f(x, y) =

(y3 − x)(ex−y − 1)

x2 − y2si x2 − y2 6= 0

x2 − 1

2si x2 − y2 = 0

Analizemos la continuidad de f en R2.

Se puede verificar, mediante calculos directos que la funcion f es continua en elconjunto R

2 − {(x, y) ∈ R2 : x2 − y2 = 0}. Por lo tanto, debemos estudiar solo la

continuidad en los puntos de las rectas x − y = 0 y x + y = 0, ya que entorno aestos puntos la funcion cambia de definicion. De esta manera, se tiene

27

i.- En las proximidades de x − y = 0, es decir en los puntos de la forma (a, a);a ∈ R.

lım(x,y)→(a,a)

(y3 − x)

x2 − y2(ex−y − 1) = lım

(x,y)→(a,a)

y3 − x

x+ y· e

x−y − 1

x− y

=

(a3 − a)

2a=

(a2 − 1)

2= f(a, a) si a 6= 0

indeterminado si a = 0

Para el caso de la indeterminacion calculando el lımite mediante rectas de la formay = mx, obtenemos

lım(x,mx)→(0,0)

m3x3 − x

x+mx= lım

(x,mx)→(0,0)

m3x2 − 1

1 +m=

−1

1 +m

Como este ultimo lımite depende de m, la funcion no es continua en el punto (0, 0),cuando a = 0 pero sı lo es en los puntos de la forma (a, a); a 6= 0.

ii.- En las proximidades de x + y = 0, es decir en los puntos de la forma (a,−a);a ∈ R.Como ya vimos del caso anterior, que la funcion f no es continua cuando a = 0entonces analizamos solo el caso en que a 6= 0

lım(x,y)→(a,a)

(y3 − x)

x2 − y2(ex−y − 1) = lım

(x,y)→(a,a)

y3 − x

x+ y· e

x−y − 1

x− y= ∞

con lo que concluimos que f no es continua en los puntos de la forma (a,−a).

28

Capıtulo II

2. Diferenciacion

Para una funcion f : D ⊆ R → R definida sobre un intervalo D abierto, la derivadade f en un punto x0 ∈ D que se denota por f ′(x0) se define como

f ′(x0) = lımh→0

f(x0 + h) − f(x0)

h

cuando este lımite existe. Graficamente tenemos

f(x0)

f(x0 + h)

x0 x0 + h

y − f(x0) = f ′(x0)(x− x0)

f(x)

X

Y

Podemos indicar que la derivada f ′(x0) nos da el valor de la pendiente de la rectatangente a la grafica de la funcion f en el punto (x0, f(x0)). Cuando la derivadaf ′(x0) existe, su comportamiento en un segmento de recta, nos proporciona infor-macion respecto del crecimiento de la funcion f a lo largo de este segmento.Igualmente, para funciones f : D ⊆ R

n → R con D ⊆ Rn abierto, el concepto de

derivada trata del analisis de la funcion f , respecto de su crecimiento, en un puntox 0 ∈ D .

En el capıtulo anterior hicimos un recuerdo del concepto de lımite cuando n = 1 enfunciones f : D ⊆ R

n → R, y vimos que x solo se aproxima a x0 por la izquierdao por la derecha y haciendo h = x − x0 obtenemos que cuando x → x0 entoncesh → 0, pero para n > 1 y con f : D ⊆ R

n → R, ¿Como identificamos la variacionde x?.

29

Aclaremos esta pregunta, considerando una funcion f : D ⊆ R2 → R, entonces,

graficamente

YX

Z

x0

Podemos deducir que, para f : D ⊆ Rn → R, h serıa un vector. Luego haciendo

h = x − x 0, obtendremos que cuando x → x 0 no importando su trayectoria, en-tonces ‖h‖ → 0 de esta manera podemos extender el concepto de derivada parafunciones f : D ⊆ R → R, a funciones f : D ⊆ R

n → R.

Para buscar una definicion adecuada, primero consideremos lo siguiente:Una direccion en R

n es un vector unitario u5. Ası, para cada i ∈ N, e i ∈ Rn es la

direccion de Rn en cada i-esimo eje.

En R3, tenemos

e1 = (1, 0, 0)

e2 = (0, 1, 0)

e3 = (0, 0, 1)

Y

X

Z

5Recordemos que un vector es unitario si ‖u‖ = 1. Ver pagina 1530

Entonces, notemos que si D ⊆ Rn es abierto y para cada x 0 ∈ D, definimos

ϕ : R → Rn, de modo que:

(2.6) ϕ(t) = x 0 + tei,

obtenemos una recta que pasa por x 0 y es paralela al eje ei.Como D es abierto, existe ε > 0, tal que si t ∈ (−ε, ε), entonces de (2.6)

ϕ(t) = x 0 + tei ∈ D.

Graficamente, para f : D ⊆ R2 → R con x0 = (a, b) tenemos la siguiente situacion:

ϕ(t)

x0

−ε

ε

⌣

⌢

t−

Y

X

Z

Dϕ

ba

De esta manera hemos obtenido una curva plana, por medio de la restriccion de fal segmento de recta, que pasa por x0, y es paralelo al eje de las abscisas y dejandoa y = b constante.

Esta idea nos permite analizar para funciones f : D ⊆ Rn → R en un punto x 0,

cuando t → 0, el concepto de derivada parcial que pasamos a definir formalmentecomo sigue:

Definicion 2.59. Sea f : D ⊆ Rn → R una funcion, definida en un subconjunto

abierto D ⊆ Rn. Dado el punto x0 ∈ D la i-esima derivada parcial de f en x0,

(1 ≤ i ≤ n) es

∂f

∂xi

(x0) = lımt→0

f(x0 + tei) − f(x0)

t

cuando este lımite existe.

31

La interpretacion geometrica para f : R2 → R, viene dada por la siguiente figura:

YX

Z

x 0

f(x, b)

b

YX

Z

x 0

f(a, y)

a

Recta f(x, b) con pendiente ∂f

∂x(x 0) Recta f(a, y) con pendiente ∂f

∂y(x 0)

Observacion 2.60. Notemos que la i-esima derivada parcial de f en el punto x0,es la derivada en el punto t = 0, de la funcion f ◦ ϕ : (ε, ε) → R.

R RRn

ϕ f

f ◦ ϕ

Observacion 2.61. El calculo practico de la i-esima derivada parcial de una funcionf(x0) = f(x1, x2, ..., xn) se realiza considerando todas las variables como si fuesenconstantes, excepto la i-esima variable y aplicando las reglas usuales de derivacionrelativas a esa variable.

Observacion 2.62. El comportamiento de la i-esima derivada parcial ∂f

∂xi(x0) a lo

largo de un segmento de recta contenido en el dominio de f da informacion sobre elcrecimiento de f a lo largo del segmento.Por ejemplo, sea f : D ⊆ R

2 → R, consideremos el segmento de rectaJ = {(a, t) : 0 ≤ t ≤ 1} paralelo al eje de las ordenadas. Si esta contenido en D yademas se tiene que ∂f

∂y(z) > 0, para todo z ∈ J , entonces f es creciente sobre J ,

esto es 0 ≤ s < t ≤ 1 implica f(a, s) < f(a, t).

32

Ejemplo 2.63. Dada f : R2 → R, definida por

f(x, y) =

xy

x2 + y2si (x, y) 6= (0, 0)

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

Calcularemos sus derivadas parciales en (0, 0).

Tenemos que:

∂f

∂x(0, 0) = lım

t→0

f(t, 0) − f(0, 0)

t= 0

y

∂f

∂y(0, 0) = lım

t→0

f(0, t) − f(0, 0)

t= 0.

Ası f posee derivadas parciales en (0, 0). Sin embargo, notemos lo siguiente:

Si (x, y) 6= (0, 0), entonces

f(x, y) =xy

x2 + y2=

x√

x2 + y2· y√

x2 + y2= cos(θ) · sen(θ)

donde θ es el angulo formado por el semieje positivo de las abcisas y la semirrectaque pasa por el origen y que contiene al punto (x, y).

(x, y)

θ

Luego, por cada una de esas semi rectas f(x, y) tiene un valor constante, por lotanto, no existe el lımite de f(x, y) en el origen, o sea, f es discontinua, a pesar deexistir sus derivadas parciales en (0, 0).

Lo anterior indica que la existencia de todas las derivadas parciales en un punto, noimplica la continuidad de f en ese punto, por lo tanto, las derivadas parciales nopermiten conclusiones sobre el comportamiento n-dimensional de f en el sentido decontinuidad.

33

Supongamos ahora que queremos extender este concepto de derivada parcial a otrasdirecciones, o sea a vectores unitarios u ∈ R

n, cualquiera sea su direccion. ParaD ⊆ R

n, D abierto, y para cada x 0 ∈ D, definamos φ : R → Rn, tal que:

φ(t) = x 0 + tu

Obtenemos ası una recta que pasa por x 0 y tiene direccion u . Aquı tambien podemosobservar que como D es abierto, existe ε > 0, de modo que, si t ∈ (−ε, ε) implicaque φ(t) ∈ D.

Graficamente para f : R2 → R, tenemos la siguiente figura:

f(x)

f(x0)

Y

X

Z

x0

u

xφ(t)

φ

−ε

ε

⌣

⌢

t−

Realizando una extension de esta idea a D ⊆ Rn podemos analizar para funciones

f : D ⊆ Rn → R en un punto x 0 ∈ D, cuando t→ 0 ( o lo que es lo mismo, cuando

x → x 0 en cualquier direccion) , el concepto de derivada direccional que pasamos adefinir a continuacion.

Definicion 2.64. Sea f : D ⊆ Rn → R una funcion real, definida en un subconjunto

abierto D. Dado un punto x0 ∈ D, la derivada direccional de f en el punto x0 es ellımite

∂f

∂u(x0) = lım

t→0

f(x0 + tu) − f(x0)

tcuando este lımite existe.

34

Ejemplo 2.65. Determinemos la derivada direccional de f(x, y) = x2 + 3xy2 en elpunto (1,2), en la direccion que apunta hacia el origen.

Tenemos que x0 = (1, 2), entonces ‖x0‖ = ‖(−1,−2)‖ =√

5, de donde se ob-tiene que u =

(−1√5, −2√

5

)

es un vector unitario que apunta hacia el origen. Luego

x0 + tu = (1, 2) + t

(−1√5,−2√

5

)

=: x, de lo anterior se obtiene que:

f(x0) = 13yf(x0 + tu) = 13 − 38t√

5+ 37t2

5− 12t3

5√

5

usando los calculos anteriores, obtenemos:

∂f

∂u(1, 2) = lım

t→0

13 − 38t√5

+ 37t2

5− 12t3

5√

5− 13

t=

−38√5.

Ejemplo 2.66. Determinar la derivada direccional de f(x, y, z) = xyz en el punto(1,0,-1), segun la direccion del vector v = (1, 1, 1)

Tenemos que como v = (1, 1, 1) se tiene ‖v‖ =√

3 y luego u =

(

1√3,

1√3,

1√3

)

es

un vector unitario.

Luego,

x0 + tu = (1, 0,−1) + t

(

1√3,

1√3,

1√3

)

x0 + tu =

(

1 +t√3,t√3,

1√3− 1

)

y

f(x0) = 0

y

f(x) = f(x0 + tu) =

(

1 +t√3

)(

t√3

)(

1√3− 1

)

=t3

3√

3− t√

3

Usando los calculos anteriores, se tiene:

∂f

∂u(1, 1, 1) = lım

t→0

(

t3

3√

3− t√

3

)

=−1√

3.

35

Ejemplo 2.67. Si g : R2 → R, definida como:

g(x, y) =

x2y

x2 + y2si (x, y) 6= (0, 0)

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

Determinemos la derivada direccional en el origen.

Sea u = (α, β) ∈ R2 un vector unitario, entonces su derivada direccional viene dada

por

∂g

∂u(x, y) = lım

t→0

g((x, y) + t(α, β)) − g(x, y)

t.

Observe que, en particular

∂g

∂u(0, 0) = lım

t→0

g(αt, βt)

t=

α2β

α2 + β2.

Luego existen todas las derivadas direccionales en todos los puntos de R2.

Ademas observemos que:

Si (x, y) 6= (0, 0), se tiene

lım(x,y)→(a,b)

g(x, y) =a2b

a2 + b2= g(a, b),

y si (a, b) = (0, 0)

lım(x,y)→(0,0)

g(x, y) = x · cos(θ) · sen(θ) = 0.

Por lo tanto, g es continua en todos los puntos de R2.

Ejemplo 2.68. Sea h : R2 → R, definida como:

h(x, y) =

x3y

x6 + y2si (x, y) 6= (0, 0)

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

Para determinar la derivada direccional en el punto (0,0), consideremos ‖u‖ =(α, β) ∈ R

2 vector unitario, entonces en (x, y) = (0, 0), la derivada direccional vienedada por:

36

∂h

∂u(0, 0) = lım

t→0

h(tα, tβ)

t,

∂h

∂u(0, 0) = lım

t→0

t4α3β

t7α6 + t3β2,

∂h

∂u(0, 0) = lım

t→0

tα3β

t4α6 + β2= 0,

Un calculo directo muestra que existen tambien todas las derivadas direccionales entodos los puntos de R

2−{0}. Luego existen todas las derivadas direccionales en todoslos puntos de R

2. Pero observemos que:

i.- si (a, b) 6= (0, 0), entonces

lım(x,y)→(a,b)

h(x, y) =a3b

a6 + b2= h(a, b).

Pero,

ii.- si (a, b) = (0, 0), y nos acercamos por los puntos de la forma (x, x3), obtenemos:

lım(x,x3)→(0,0)

h(x, x3) =x6

2x6=

1

26= h(0, 0)

Luego h no es continua en el punto (0,0).

Podemos deducir entonces, que la existencia de las derivadas direccionales no im-plica, en general, la continuidad de una funcion. Surge, por lo tanto, la siguientepregunta: ¿Bajo que condicion o condiciones podremos determinar la continuidadde una funcion f : R

n → R? El concepto de diferenciabilidad contesta esta pregunta.

Recordemos que para n = 1, una funcion f : D ⊆ R → R que posee derivada en elpunto x0 ∈ D, la recta tangente al grafico de la funcion f en el punto (x0, f(x0)),viene dada por:

y − f(x0) = f ′(x0)(x− x0)

ası

y = f(x0) + f ′(x0)(x− x0).

Podemos preguntarnos, entonces, como y se aproxima a f(x), cuando x→ x0. Estoes, preguntarnos por f(x) − y.

37

f(x0)

f(x0 + h)

x0 x0 + h

}

r(h)

}

f ′(x0)h

X

Y

Haciendo h = x− x0, podemos escribir

f(x0 + h) − y =

[

f(x0 + h) − f(x0)

h

]

h− f ′(x0)h

De esta manera, podemos escribir:

f(x0 + h) − y =

[

f(x0 + h) − f(x0)

h− f ′(x0)

]

h.

Considerando la variacion de h, podemos hacer

(2.7) f(x0 + h) − (f(x0) + f ′(x0)h) = r(h), donde lımh→0

r(h)

h= 0

Mas aun, podemos definir una funcion T : R → R, como

T (h) = f ′(x0)h.

De esta manera hemos obtenido una funcion lineal que representa, para cada x0,una recta con pendiente f ′(x0), paralela a la recta tengente a la grafica de la funcionf en el punto (x0, f(x0)).

38

f(x0)

x0

T (h)

X

Por lo tanto, hemos encontrado una buena aproximacion de f cerca de x0 a travesde T (h) + f(x0).De esta manera, podemos definir el concepto de funcion diferenciable como sigue:

Definicion 2.69. Una funcion f : D ⊆ R → R, con D abierto, es diferenciable oderivable en el punto x0 ∈ D, si y solo si, existe una funcion lineal T : R → R, demodo que:

lımh→0

f(x0 + h) − f(x0) − T (h)

h= 0.

Extender el concepto de diferenciabilidad para funciones f : D ⊆ Rn → R, significa

encontrar una buena aproximacion lineal a f , a traves de una funcion T : Rn → R,

tal que:f(x 0 + h) − (f(x 0) + T (h)) = r(h).

Esto implica que T (h) debera ser un hiperplano.

Entonces, si T (h) = 〈M,h〉 es un hiperplano donde M = (m1, m2, ..., mn),y se tiene que:

lımh→0

r(h)

‖h‖ = 0

podemos dar la siguiente definicion:

Definicion 2.70. Sea f funcion, tal que, f : D ⊆ Rn → R, con D abierto, y sea

x0 ∈ D. Diremos que la funcion f es diferenciable en el punto x0, si existe unafuncion lineal T : R

n → R (que depende de x0), tal que:

lımh→0

f(x0 + h) − f(x0) − T (h)

‖h‖ = 0.

De la definicion anterior, si tenemos que una funcion f es diferenciable en el puntox 0, entonces podemos hacer h = te i, y ası T (h) = 〈M,h〉 = 〈M, te i〉. De estamanera tendremos:

f(x 0 + te i) − (f(x 0) + T (te i)) = r(te i)

Lo que implica

f(x 0 + tei) − f(x 0) = 〈M, te i〉 + r(te i).

Ası39

f(x 0 + tei) − f(x 0)

t= mi +

r(te i)

t= mi +

r(te i)

‖te i‖.

Aplicando lımites, obtenemos:

lımt→0

f(x 0 + te i) − f(x 0)

t= mi.

Luego

∂f

∂xi

(x 0) = mi.

Podemos entonces dar las siguientes observaciones:

Observacion 2.71. Si una funcion f es diferenciable, entonces existen sus derivadas

parciales, ademas M =

(

∂f

∂x1(x0),

∂f

∂x2(x0), ...,

∂f

∂xn(x0)

)

es el unico vector tal que:

T (h) = 〈M,h〉 =

n∑

i=1

∂f

∂xi

(x0) · hi

Observacion 2.72. El ′′resto′′ r(h) queda definido como

r(h) = f(x0 + h) − f(x0) −n

∑

i=1

∂f

∂xi

(x0) · hi

e indica que la esencia de la diferenciabilidad es que verificando que lımh→0

r(h)

‖h‖ = 0,

podremos probar si una funcion f es o no diferenciable.

Observacion 2.73. Si tenemos lımh→0

r(h)

‖h‖ = 0, entonces lımh→0

r(h) = 0. En efecto

lımh→0

r(h) = lımh→0

r(h)

‖h‖ · ‖h‖ = 0.

Observacion 2.74. Si f es diferenciable para cada x ∈ D, diremos que f es difer-enciable en D.

De las observaciones anteriores hemos podido contestar nuestra pregunta inicial conrespecto a determinar la continuidad de una funcion f : R

n → R. Respuesta quefijamos en el siguiente teorema:

Teorema 2.75. Si una funcion f : Rn → R, con D abierto, es diferenciable en un

punto x0 ∈ D, entonces f es continua en ese punto.40

Demostracion. Como lımh→0

r(h)

‖h‖ = 0 implica lımh→0

r(h) = 0, entonces

lımh→0

[

f(x 0 + h) − f(x 0)]

= lımh→0

[

n∑

i=1

∂f

∂xi

(x 0) · hi + r(h)

]

= 0

Luego

lımh→0

f(x 0 + h) = f(x 0),

con lo que hemos demostrado el teorema. �

Ahora, consideremos lo siguiente:Sea h = tu , donde u es un vector unitario. Si f : R

n → R es una funcion diferen-ciable en x 0 ∈ D, entonces tendremos que:

f(x 0 + tu) − f(x 0) =n

∑

i=1

∂f

∂xi

(x 0) · tui + r(tu)

Es decir

f(x 0 + tu) − f(x 0)

t=

n∑

i=1

∂f

∂xi

(x 0) · ui +r(tu)

t=

n∑

i=1

∂f

∂xi

(x 0) · ui +r(tu)

‖tu‖ .

Aplicando lımites, tenemos que:

lımt→0

f(x 0 + tu) − f(x 0)

t=

n∑

i=1

∂f

∂xi

(x 0) · ui.

Mas aun, si t ∈ R es suficientemente pequeno, entonces x 0 + th ∈ D y siendo fdiferenciable, tendremos:

f(x 0 + th) − f(x 0) =

n∑

i=1

∂f

∂xi

(x 0) · thi +r(th)

‖th‖ · ‖th‖.

De esta manera

f(x 0 + th) − f(x 0)

t=

n∑

i=1

∂f

∂xi

(x 0) · hi +r(th)

‖th‖ · ‖h‖.

Aplicando lımites, tenemos

lımt→0

f(x 0 + th) − f(x 0)

t=

n∑

i=1

∂f

∂xi

(x 0) · hi.

De esta manera, podemos indicar las siguientes observaciones:41

Observacion 2.76. Si f es diferenciable en el punto x0, entonces admite la derivadadireccional segun cualquier vector h = (h1, h2, ..., hn), y vale la formula

∂f

∂h(x0) =

n∑

i=1

∂f

∂xi

(x0) · hi.

Observacion 2.77. Si f es diferenciable, entonces el plano tangente a su grafico enel punto (x0, f(x0)) tiene pendiente T (h), siendo T (h) = 〈M,h〉 = ∂f

∂h(x0) un plano

paralelo al plano tangente en el punto (x0, f(x0)).

Ejemplo 2.78. Sea f : Rn → R una funcion constante, f(x) = c, para todo x ∈ R

n,entonces f es diferenciable y T (h) = 0 para todo x ∈ R

n.

Ejemplo 2.79. La funcion f : R2 → R, definida por

f(x, y) =

xy√

x2 + y2si (x, y) 6= (0, 0)

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

es continua y posee derivadas parciales, pero no es diferenciable en el origen.En efecto, es facil ver que f es continua en todo su dominio y un calculo directoaplicando la definicion de derivada parcial, muestra que ∂f

∂x(0, 0) = ∂f

∂y(0, 0) = 0.

Ahora, si f fuese diferenciable en (0, 0) se deberıa tener que en (0, 0),

T (p, q) =∂f

∂x(0, 0) · p+

∂f

∂y(0, 0) · q + p · δ(p, q) + q · µ(p, q),

donde

lım(p,q)→(0,0)

δ(p, q) = lım(p,q)→(0,0)

µ(p, q) = 0,

en este caso , desarrollando lo anterior obtenemos que pq√p2+q2

= p·δ(p, q)+q ·µ(p, q),

y usando coordenadas polares p = r cos(θ) y q = rsen(θ), obtenemos cos(θ)sen(θ) =δ cos(θ) + µsen(θ). Para θ arbitario, se tiene que r → 0 implica que (p, q) → (0, 0).Luego, haciendo r → 0, nos queda cos(θ)sen(θ) = 0, lo cual es imposible para θarbitrario. Por lo tanto, f no es diferenciable en el origen.

42

Ejemplo 2.80. Sea f : R2 → R la funcion definida por

f(x, y) =

x2 sen

(

1

x

)

+ y2 sen

(

1

y

)

si xy 6= 0

x2 sen

(

1

x

)

si x 6= 0, y = 0

y2 sen

(

1

y

)

si x = 0, y 6= 0

0 si x = y = 0.

Se tiene que

∂f

∂x(x, y) =

2x sen

(

1

x

)

− cos

(

1

x

)

si x 6= 0

0 si x = 0.

y

∂f

∂y(x, y) =

2y sen

(

1

y

)

− cos

(

1

y

)

si x 6= 0

0 si x = 0.

ambas son discontinuas en el origen, esto es, ambas derivadas parciales existen enel origen , pero son discontinuas en ese punto.Ahora, si f fuese diferenciable en el origen deberıamos tener que

f(p, q) − f(0, 0) = p2 sen

(

1

p

)

+ q2 sen

(

1

p

)

= 0p+ 0q + p

(

p sen

(

1

p

))

+ q

(

q sen

(

1

q

))

Ahora, ambos lımites lımp→0

p sen

(

1

p

)

y lımq→0

q sen

(

1

q

)

existen y son iguales a 0, por

lo tanto f , es diferenciable en el origen.

A continuacion, presentaremos algunos resultados que se deducen del estudio ante-rior.

Teorema 2.81. Sea f : Rn → R diferenciable en el punto x0 y sea δ ∈ R. Entonces

δf es diferenciable en x0 y se tiene:

T (δh) = δT (h)43

Demostracion. Como f es diferenciable en el punto x 0, entonces tenemos que:

lımh→0

f(x 0 + h) − f(x 0) − T (h)

‖h‖ = 0.

y por la continuidad de f , entonces

δ · lımh→0

f(x 0 + h) − f(x 0) − T (h)

‖h‖ = 0

con lo cual

lımh→0

δ ·(

f(x 0 + h) − f(x 0) − T (h)

‖h‖

)

= 0

lo que implica

lımh→0

δf(x 0 + h) − δf(x 0) − δT (h)

‖h‖ = 0.

Ası δf es diferenciable en x 0.

Por otro lado

δT (h) = δ[

∑ ∂f

∂xi

(x 0) · hi

]

=∑ ∂f

∂xi

(x 0) · δhi

= T (δh)

�

Corolario 2.82. Si f es diferenciable en el punto x0, entonces tenemos que:

T (u + v) = T (u) + T (v)

En efecto,Como f es diferenciable, entonces haciendo h = u + v , tenemos que:

T (h) = T (u + v)

=∑ ∂f

∂xi

(x 0) · (ui + vi)

=∑ ∂f

∂xi

(x 0) · ui +∑ ∂f

∂xi

(x 0) · vi

= T (u) + T (v)

Luego, podemos decir que una funcion es diferenciable, cuando existe una transfor-macion lineal T : R

n → R, donde:

T (h) =∑ ∂f

∂xi

(x 0) · hi

44

llamada la diferencial de f en el punto x 0 y escribiremos T (h) = df(x 0). Este con-cepto sera estudiado con mayor profundidad mas adelante.

Teorema 2.83. (Del valor medio): Sea f : D ⊆ Rn → R, con D abierto. Si el

segmento de recta [x0, x0 + h] ⊂ D y si f es diferenciable en [x0, x0 + h], entoncesexiste θ ∈ (0, 1), tal que:

f(x0 + h) − f(x0) =∂f

∂h(x0 + θh).

Demostracion.

Si definimos una funcion η : [0, 1] → R, como η(t) = f(x 0 + th). Entonces, como fes diferenciable, η es continua en [0,1]. Luego, por el teorema del valor medio parafunciones de una variable real, tenemos que existe θ ∈ (0, 1), tal que:

η(1) − η(0) = η′(θ)

esto es

f(x 0 + h) − f(x 0) = lımt→0

η(θ + t) − η(θ)

t

= lımt→0

f(x 0 + (θ + t)h) − f(x 0 + θh)

t

= lımt→0

f((x 0 + θh) + th) − f(x 0 + θh)

t

=∂f

∂h(x 0 + θh)

Lo que demuestra el teorema. �

Teorema 2.84. Si una funcion f : D ⊆ Rn → R, posee derivadas parciales en todos

los puntos del conjunto abierto D y cada derivada parcial es continua en x0 ∈ D,entonces f es diferenciable en el punto x0.

Demostracion.Por simplicidad, consideremos n = 2, y hagamos x 0 = (x1, x2), h = (h1, h2)Entonces sea

r(h) = f(x o + h) − f(x 0) −2

∑

i=1

∂f

∂xi

(x 0) · hi.

Esto implica

r(h) = f((x1, x2) + (h1, h2)) − f(x1, x2) −2

∑

i=1

∂f

∂xi

(x 0) · hi

45

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

−2

∑

i=1

∂f

∂xi

(x 0) · hi.

Luego, por el teorema del valor medio para funciones de una variable real, existenθ1, θ2 ∈ [0, 1], de modo que:

r(h) =∂f

∂x1(x1 + θ1h1, x2 + h2) · h1 +

∂f

∂x2(x1, x2 + θ2h2) · h2

− ∂f

∂x1(x1, x2) · h1 −

∂f

∂x2(x1, x2) · h2.

Ası

r(h)

‖h‖ =[ ∂f

∂x1(x1 + θ1h1, x2 + h2) −

∂f

∂x1(x1, x2)

]

· h1

‖h‖+

+[ ∂f

∂x2(x1, x2 + θ2h2) −

∂f

∂x2(x1, x2)

]

· h2

‖h‖y como 0 <

∣

∣

∣

hi

‖h‖

∣

∣

∣< 1 y las derivadas parciales son continuas, aplicando lımites,

tenemos que:

lımt→0

r(h)

‖h‖ = lımt→0

[

[ ∂f

∂x1(x1 + θ1h1, x2 + h2) −

∂f

∂x1(x1, x2)

]

· h1

‖h‖+

+[ ∂f

∂x2(x1, x2 + θ2h2) −

∂f

∂x2(x1, x2)

]

· h2

‖h‖

]

= 0

Luego, f es diferenciable. �

Ejemplo 2.85. Calculemos el plano tangente a la funcion z = x2 + y4 + ex2+y2

, enel punto (1,0,2).

El plano tangente viene dado por

z = f(x0) +2

∑

i=1

∂f

∂xi

(x0) · hi

y tenemos que x1 = 1, x2 = 0, z0 = f(x0) = f(x1, x2) = 2.Ademas

46

∂f

∂x1

(x) = 2x+ yex2+y2 ∂f

∂x2

(x) = 4y3 + xex2+y2

.

Luego

∂f

∂x1(x0) = 2

∂f

∂x2(x0) = 1.

Ası, el plano tangente vendra dado por

z = 2 + 2(x− 1) + (y − 0)

z = 2x+ y.

Ejemplo 2.86. Estudiaremos la diferenciabilidad en el origen de f : R2 → R defini-

da como f(x, y) = xy2

Para esto hagamos h = (p, q). Ası, tenemos que T (h) existe en el origen y es iguala

T (p, q) =∂(xy2)

∂x(0, 0) · p+

∂(xy2)

∂x(0, 0) · q

= 0 · p+ 0 · q= 0

y por otra parte

lım(p,q)→(0,0)

r(p, q)

‖(p, q)‖ = lım(p,q)→(0,0)

f((0, 0) + (p, q)) − f(0, 0) − T (p, q)√

p2 + q2= lım

(p,q)→(0,0)q2 p

√

p2 + q2

y como |p| ≤√

p2 + q2 implica quep

√

p2 + q2≤ 1, entonces

lım(p,q)→(0,0)

q2 p√

p2 + q2= 0

luego f es diferenciable en el punto (0, 0)

Ejemplo 2.87. Al estudiar la diferenciabilidad de f(x, y) = ex2+y2

Determinamos que

∂f

∂x(x) = 2xex2+y2

y∂f

∂y(x) = 2yex2+y2

que son funciones continuas en todo R2, luego f es diferenciable en R

2.

47

Ejemplo 2.88. Sea f : R2 → R definida por

f(x, y) =

x3 − y3

x2 + y2si (x, y) 6= (0, 0)

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

Tenemos que f es continua en el origen y existen ambas derivadas parciales en (0, 0),pero no es diferenciable en ese punto.

En efecto, usando coordenadas polares x = r cos(θ) e y = r sen(θ), tenemos

∣

∣

∣

∣

x3 − y3

x2 + y2

∣

∣

∣

∣

= |r(cos3(θ) − sen3(θ))| ≤ 2r = 2√

x2 + y2 < ε

si x2 <ε2

8e y2 <

ε2

8, escribiendo esto de otra forma, tenemos |x| < ε

2√

2y |y| <

ε

2√

2. Luego, |x3−y3

x2+y2 | < ε cuando |x| < ε

2√

2y |y| < ε

2√

2, donde evidentemente

elegimos δ = ε

2√

2, por lo tanto f es continua en el origen.Ahora

∂f

∂x(0, 0) = lım

p→0

f(p, 0) − f(0, 0)

p= lım

p→0

p− 0

p= 1

∂f

∂y(0, 0) = lım

q→0

f(0, q) − f(0, 0)

q= lım

q→0

−qq

= −1

luego la funcion posee derivadas parciales en (0, 0).Ahora, si f fuese diferenciable en (0, 0) deberıamos tener en el origen que

T (p, q) =∂f

∂x(0, 0) p+

∂f

∂y(0, 0) q + p δ(p, q) + q µ(p, q)

donde lım(p,q)→(0,0)

δ(p, q) = lım(p,q)→(0,0)

µ(p, q) = 0. poniendo p = r cos(θ) y q = r sen(θ) y

dividiendo por r, obtenemos

cos3(θ) − sen3(θ) = cos(θ) − sen(θ) + δ(p, q) cos(θ) + µ(p, q) sen(θ)

Para θ = arctan

(

p

q

)

arbitrario, se tiene r → 0 implica que (p, q) → (0, 0), luego

tomando lımite, obtenemos la identidad trigonometrica

cos3(θ) − sen3(θ) = cos(θ) − sen(θ),

de donde cos(θ) sen(θ)(cos(θ) − sen(θ)) = 0, lo cual es imposible para θ arbitrario.Por lo tanto, f no es diferenciable en el origen

48

Ejemplo 2.89. Como vimos en la funcion g : R2 → R definida por

g(x, y) =

x2y

x2 + y2si (x, y) 6= (0, 0)

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

Existe la derivada direccional de g en (x, y) en la direccion v para cada v ∈ R2,

v 6= 0, y cada (x, y) ∈ R2, pero g no es diferenciable en (0, 0)

Ejemplo 2.90. Un ejemplo en que una funcion es diferenciable en un punto , perosus derivadas parciales no son continuas en ese punto es la funcion f : R

2 → R

definida por

f(x, y) =

(x2 + y2) sen

(

1

x2 + y2

)

si (x, y) 6= (0, 0)

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

Determinando las derivadas parciales de f , obtenemos

∂f

∂x(x, y) =

2x

[

sen

(

1

x2 + y2

)

− 1

x2 + y2cos

(

1

x2 + y2

)]

si (x, y) 6= (0, 0)

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

∂f

∂y(x, y) =

2y

[

sen

(

1

x2 + y2

)

− 1

x2 + y2cos

(

1

x2 + y2

)]

si (x, y) 6= (0, 0)

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

Pero los lımites

lım(x,y)→(0,0)

∂f

∂x(x, y) y lım

(x,y)→(0,0)

∂f

∂x(x, y)

no existen. En efecto, si nos acercamos por ejemplo por el camino y = x todas las

expresiones involucradas tiene lımites cuando x → 0, excepto1

xcos

(

1

2x2

)

. Luego

49

las derivadas parciales existen, pero no son continuas en el origen.

Por otra parte, si f fuese diferenciable en el origen, se debe tener que

f(p, q) − f(0, 0) = (p2 + q2) sen

(

1

p2 + q2

)

= 0p+ 0q + p

(

p sen

(

1

p2 + q2

))

+ q

(

q sen

(

1

p2 + q2

))

donde lımp→0

p sen

(

1

p2 + q2

)

= lımq→0

q sen

(

1

p2 + q2

)

= 0. Luego f es diferenciable en

el origen.

A continuacion identificaremos elementos que se presentan en una funcion diferen-ciable.

Definicion 2.91. Sea f : D ⊆ Rn → R una funcion diferenciable en el punto

x0 ∈ D. La funcion T (h) =

n∑

i=1

∂f

∂xi

(x0) · hi es llamada la diferencial de f en el

punto x0, definida en el vector h, y escribiremos T (h) = df(x0)h. Ası

df(x0)h =∂f

∂h(x0) =

n∑

i=1

∂f

∂xi

(x0) · hi

Observacion 2.92. La diferencial de f en el punto x0 en una transformacionlineal df(x0) : R

n → R, luego posee una matriz 1 × n asociada en relacion a labase canonica de R

n. De esta manera al identificar la diferencial con su matriztendremos

df(x0) =

(

∂f

∂x1(x0)

∂f

∂x2(x0) · · · ∂f

∂xn

(x0)

)

Observacion 2.93. Toda funcion lineal ϕ : Rn → R es diferenciable y, para todo

x ∈ Rn, dϕ(x) = ϕ, esto es dϕ(x)·h = ϕ·h. En efecto, tenemos ϕ(x) = c1x1+c2x2+

· · · + cnxn, luego∂ϕ

∂xi

= ci. Por lo tanto, dϕ(x) · h =∑ ∂ϕ

∂xi

· hi =∑

cihi = ϕ · h

Observacion 2.94. La funcion df(x0) : Rn → R es continua si y solo si cada

∂f

∂xi

(x) es continua.

50

Observacion 2.95. Notemos que si definimos una funcion xi como xi(x) = xi,entonces podemos escribir

hi = 1 · hi

=n

∑

i=1

∂xi

∂xi

(x) · hi

= dxih

Entonces, podemos escribir df(x)h como

df(x)h =n

∑

i=1

∂f

∂xi

(x) · dxih,

y tenemos entonces que

df(x) =n

∑

i=1

∂f

∂xi

(x) · dxi.

Teorema 2.96. Sea D ⊆ Rn abierto y conexo. Si f : D ⊆ R

n → R es diferenciabley df(x) = 0, es decir, ∂f

∂x1= ... = ∂f

∂xn= 0 para todo x ∈ D, entonces f es constante.

Demostracion.Como f es diferenciable, entonces por el teorema del valor medio, existe θ ∈ (0, 1),tal que

f(x + h) − f(x ) =∂f

∂h(x + θh).

Pero

∂f

∂h(x + θh) =

n∑

i=1

∂f

∂xi

(x + θh) · hi

= df(x + θh)h ,

y como df(x ) = 0, para todo x ∈ D, entonces

f(x + h) = f(x ),

lo que prueba que f es constante. �

Teorema 2.97. Sean D ⊆ Rn abierto y convexo y f : D ⊆ R

n → R una funciondiferenciable. Si |df(x)| ≤ M , para todo x ∈ D, entonces para cualquier x, y ∈ D,tenemos

|f(x) − f(y)| ≤M‖x − y‖.Demostracion.Haciendo x 0 = y y x 0 + h = x y aplicando el teorema del valor medio, tenemosque existe θ ∈ (0, 1), y entonces

51

|f(x ) − f(y)| = |f(x + h) − f(x )|=

∣

∣

∣

∂f

∂h(x + θh)

∣

∣

∣

= |df(x + θh)h |≤ |df(x + θh)| · ‖h‖≤ M · ‖x − y‖.

�

Teorema 2.98. Sean f, g : D ⊆ Rn → R funciones diferenciables en el punto

x0 ∈ D, entonces, se tiene

i: f + g : D ⊆ Rn → R es diferenciable y d(f + g) = df + dg

ii: f · g : D ⊆ Rn → R es diferenciable y d(f · g) = f · dg + g · df

iii: Si g(x) 6= 0, para todo x ∈ D, entonces f/g : D ⊆ Rn → R es diferenciable

y d(f/g) =g · df − f · dg

g2

Definicion 2.99. Sea f : D ⊆ Rn → R una funcion diferenciable, definiremos el

gradiente de f en x0 ∈ D que se denota por ∇f , como el vector

〈∇f(x0), h〉 =∂f

∂h(x0) = df(x0)h =

n∑

i=1

∂f

∂xi

(x0) · hi

Observacion 2.100. En particular

〈∇f(x0), ei〉 =∂f

∂xi

(x0).

Luego,

∇f(x0) =

(

∂f

∂x1(x0), ...

∂f

∂xn

(x0)

)

.

De esta manera, podemos escribir

df(x0)h = ∇f(x0) · h.

Observacion 2.101. |df(x0)h| representa el mayor de los valores dados por∣

∣

∂f

∂h

∣

∣

cuando ‖h‖ = 1, o sea, se tiene max{|df(x0)h|; ‖h‖ = 1} = ‖∇f‖. En efecto,

Si ‖h‖ = 1, entonces

|df(x0)| = |∇f(x0) · h|≤ ‖∇f(x0)‖

Lo que implica

−‖∇f(x0)‖ ≤ df(x0) ≤ ‖∇f(x0)‖

52

Ahora, supongamos que h =∇f(x0)

‖∇f(x0)‖, entonces

df(x0) =

⟨

∇f(x0),∇f(x0)

‖∇f(x0)‖

⟩

=‖∇f(x0)‖2

‖∇f(x0)‖= ‖∇f(x0)‖

De igual forma para h =−∇f(x0)

‖∇f(x0)‖df(x0) = −‖∇f(x0)‖

Esto significa que df(x0) alcanza el maximo en h =∇f(x0)

‖∇f(x0)‖y el mınimo en

h =−∇f(x0)

‖∇f(x0)‖.

Mas aun, si h = ∇f(x 0), entonces afirmamos que f es creciente, esto es, en otraspalabras, que el gradiente apunta en la direccion en que f crece, y cabe la siguienteobservacion:

Observacion 2.102. Si h = ∇f(x0) entonces, por el teorema del valor medio, existeθ ∈ (0, 1), tal que

f(x0 + h) − f(x0) =∂f

∂h(x0 + θh)

= 〈∇f(x0 + θh),∇f(x0)〉.Ahora, como θ > 0 y los signos de las coordenadas de ∇f(x0 + θh) y ∇f(x0) soniguales, entonces

〈∇f(x0 + θh),∇f(x0)〉 ≥ 0.

Luegof(x0 + h) ≥ f(x0).

Ademas, podemos agregar que la funcion f , no solo es creciente en la direccion delgradiente, sino que ademas es donde f crece mas rapidamente alcanzando su mayor

crecimiento cuando ∂f

∂h(x 0), donde h = ∇f(x0)

‖∇f(x 0)‖ .

En efecto, si nos acercamos a x 0 ∈ D en una direccion distinta de ∇f(x0)‖∇f(x0)‖ , entonces

∂f

∂h(x 0) = 〈∇f(x 0),h〉 = ‖∇f(x 0)‖ · ‖h‖ · cos(δ)

donde δ es el angulo que se forma entre los vectores ∇f(x 0) y h . Entonces paraδ1, δ2, tales que 0 ≤ δ1 ≤ δ2 ≤ π

2, tendremos que

‖∇f(x 0)‖ · ‖h‖ · cos(δ2) ≤ ‖∇f(x 0)‖ · ‖h‖ · cos(δ1).

53

Ası, cuando δ → 0, la funcion crece mas rapidamente , alcanzando su mayor crec-

imiento cuando δ0 = 0, es decir, cuando h = ∇f(x0)‖∇f(x0)‖ .

Observacion 2.103. Geometricamente el gradiente de una funcion f en el puntox0 es perpendicular a la superficie de nivel de f que pasa por ese punto.

Para aclarar la observacion anterior, dada una funcion f : D ⊆ R2 → R y dado

α ∈ R, se dice que el punto x ∈ D esta en el nivel de α, cuando f(x) = α. Ası,los puntos que se encuentran en el nivel de α, con α fijo, corresponden a la imageninversa f−1(α) y se llama la superficie de nivel α de la funcion f . Cuando n = 2,f−1(α) se llama curva de nivel α.

Geometricamente para una funcion f : R2 → R, tenemos que el gradiente de f viene

dado por

∇f(x 0) YX

Z

f(x 0)

x 0

f(x ) = α

Ejemplo 2.104. Sea g : R2 → R, definida como g(x, y) = x2 +y2. Entonces la curva

de nivel α de la funcion g esta formada por una ecuacion del tipo g(x, y) = α. Sedesprende que:

i si α < 0 y si Cn = {(x, y) : g(x, y) = α}, se tiene que Cn = ∅.

ii si α = 0 y si Cn = {(x, y) : g(x, y) = α}, se tiene que Cn = {(0, 0)}.

iii si α > 0 y si Cn = {(x, y) : g(x, y) = α}, se tiene que Cn es el conjunto depuntos que estan sobre una circunferencia de centro en el origen y radio

√α. El

gradiente de g en el punto (x, y) es ∇g = (2x, 2y), un vector paralelo al radio, pues54

el radio es perpendicular a todo vector tangente a la circunferencia en el punto (x, y).

Geometricamente, tenemos∇g

55

Capıtulo III

3. Derivadas de Orden Superior

Continuando con nuestro estudio, recordemos que si una funcion es diferenciableen un punto x 0 ∈ D, entonces existen sus derivadas parciales ∂f

∂xi(x 0). Luego, si f

es diferenciable para cada punto x ∈ D, entonces existen las derivadas parcialespara cada punto x ∈ D, esto es, podemos escribir las funciones definidas como∂f

∂xi: D ⊆ R

n → R.

La existencia de estas funciones, ası definidas, nos lleva a preguntarnos sobre la difer-enciabilidad de cada una de ellas en el punto x 0 ∈ D, es decir, sobre la existencia delas derivadas parciales. Cuando esto ocurre, para x 0 ∈ D, cada ∂f

∂xies diferenciable,

diremos que f es dos veces diferenciable en x 0 y que existen las derivadas parcialesde segundo orden, las que se denotan por

∂f

∂xj

(

∂f

∂xi

)

(x 0) =∂2f

∂xj∂xi

(x 0).

Considerando lo anterior, podemos extender el concepto a funciones n veces difer-enciables.Ademas, podemos extender el concepto de funcion de clase Ck de una variable reala funciones de varias variables.

Definicion 3.105. Diremos que una funcion f : D ⊆ Rn → R es de clase C0 si f

es continua.

Definicion 3.106. Diremos que una funcion f : D ⊆ Rn → R es de clase C1

cuando existen en cada punto de x ∈ D sus derivadas parciales y las funciones∂f

∂xi: D ⊆ R

n → R son continuas.

Definicion 3.107. Diremos que una funcion f : D ⊆ Rn → R es de clase Ck

cuando poseee derivadas parciales en todos los puntos x ∈ D y de todos los ordenesexisten cada una de las funciones ∂f

∂xi: D ⊆ R

n → R son de clase Ck−1.

Observacion 3.108. Que f ∈ C∞, significa que f ∈ Ck, ∀ k ≥ 0.

Ejemplo 3.109. Un polinomio en dos variables es una funcion p : R2 → R, del tipo

p(x, y) =∑

aijxiyj. Todo polinomio es evidentemente una funcion continua y posee

56

derivadas parciales∂p

∂x=

∑

iaijxi−1yj y

∂p

∂y=

∑

jaijxiyj−1 que son tambien

polinomios y, por lo tanto, son funciones continuas en R2. Luego, todo polinomio

es una funcion p : R2 → R es una funcion de clase C1. Entonces las derivadas

de p, al ser polinomios, son de clase C1, y por lo tanto p ∈ C2. Utilizando estemoismo argumento, podemos concluir que p ∈ Ck, para to k, luego todo polinomio,es en realidad, una funcion de clase C∞. Afirmaciones semejantes se pueden hacersobre un polinomio de n variables, que es una funcion p : R

n → R del tipo p(x) =∑

ai1...inxi11 ...x

inn

Ejemplo 3.110. El producto interno f : Rn ×R

n → R, f(x,y) =∑

xiyj, al ser unpolinomio en 2n variables, es una funcion de clase C∞

Que una funcion f : D ⊆ Rn → R pertenezca a una clase Ck, para algun k > 0

trae importantes resultados de analisis para ella. En particular con la suavidad de lagrafica de la funcion en un punto x 0 ∈ D. Esta suavidad de la grafica tiene relacioncon una buena aproximacion de f cerca de x 0.Si f es diferenciable, entonces existen sus derivadas parciales y se tiene que

f(x 0 + h) − f(x 0) =

n∑

i=1

∂f

∂xi

(x 0) · hi + r(h).

Si h = te i, entonces

(3.8) f(x 0 + te i) − f(x 0) =∂f

∂xi

(x 0) · t+ r(te i),

de igual manera

(3.9) f(x 0 + te j + te i) − f(x 0 + te j) =∂f

∂xi

(x 0 + tej) · t+ r(te i).

De (3.8) y (3.9)

f(x 0 + te j + te i)−f(x 0 + te j)−f(x 0 + te i)+f(x 0) =

[

∂f

∂xi

(x 0 + te j)−∂f

∂xi

(x 0)

]

· t

y si f ∈ C2, entonces[

∂f

∂xi

(x 0 + te j) −∂f

∂xi

(x 0)

]

· t =

[

∂2f

∂xj∂xi

(x 0) · t+ r(te j)

]

· t

lo que implica

(3.10)∂f

∂xi

(x 0 + tej) −∂f

∂xi

(x 0) =∂2f

∂xj∂xi

(x 0) · t+ r(te j).

57

De la misma forma obtenemos

(3.11)∂f

∂xj

(x 0 + te i) −∂f

∂xj

(x 0) =∂2f

∂xi∂xj

(x 0) · t+ r(te i).

Luego de (3.10) y (3.11) se tiene

∂f

∂xj

(x 0+te i)−∂f

∂xj

(x 0)−[

∂f

∂xi

(x 0+te j)−∂f

∂xi

(x 0)

]

=

[

∂2f

∂xi∂xj

(x 0)−∂2f

∂xj∂xi

(x 0)

]

·t+r(te i)−r(te j)

∂f

∂xj(x 0 + te i) − ∂f

∂xj(x 0) −

[

∂f

∂xi(x 0 + tej) − ∂f

∂xi(x 0)

]

t=

∂2f

∂xi∂xj

(x 0)−∂2f

∂xj∂xi

(x 0)+r(te i)

t−r(te j)

t

Sabiendo que la funcion∂f

∂xi

es diferenciable, por tanto continua, y aplicando lımites

cuando t→ 0, obtenemos que

∂2f

∂xi∂xj

(x 0) −∂2f

∂xj∂xi

(x 0) = 0.

De esta manera hemos demostrado que si una funcion f ∈ C2, no importa el orden enque tomemos las derivadas parciales mixtas, pues no influye en el resultado final. Lademostracion anterior es valida para el resultado siguiente, conocido como Teoremade Schwarz, cuyo enunciado presentamos a continuacion.

Teorema 3.111. Sea f : D ⊆ Rn → R, tal que f ∈ C2 en el punto x0 ∈ D. Para

cualquier 0 ≤ i, j ≤ n, se tiene

∂2f

∂xi∂xj

(x0) =∂2f

∂xj∂xi

(x0).

Observacion 3.112. Sea f ∈ Ck, k > 2, y consideremos la sucesion ki, i ∈ N, tal

que

n∑

i=1

ki ≤ k y para cada i ∈ N tengamos∂kf

∂xki

i

.

Entonces afirmamos que son identicas todas las derivadas que se pueden obtenerderivando f por cualquier orden k1 veces en orden a x1, k2 veces en orden a x2, yen general, kn veces en orden a xn.En efecto, sin perdida de generalidad, supongamos que f : R

2 → R, es tal quef ∈ C3, entonces por el teorema de Schwarz, se tiene que

∂2f

∂x∂y=

∂2f

∂y∂xentonces, derivando con respecto a x, obtenemos

∂2f

∂x∂y

(

∂f

∂x

)

=∂2f

∂y∂x

(

∂f

∂x

)

58

lo que implica

∂3f

∂x∂y∂x=

∂3f

∂y∂x∂x.

Aplicando nuevamente el teorema de Schwarz a ∂f

∂x, obtenemos

∂3f

∂x∂x∂y=

∂3f

∂x∂y∂xluego

∂3f

∂x∂x∂y=

∂3f

∂x∂y∂x=

∂3f

∂y∂x∂x.

De igual manera y con respecto a ∂f

∂y, se tiene que

∂3f

∂y∂y∂x=

∂3f

∂y∂x∂y=

∂3f

∂x∂y∂y.

Dicho de otra manera, si f ∈ Ck, k > 2, entonces el Teorema de Schwarz seaplica a derivadas mixtas donde cualquier cambio de orden en una secuencia dederivadas mixtas se efectua trasponiendo dos terminos consecutivos de la secuenciade derivadas. Tambien, sin perdida de generalidad, supongamos f : D ⊆ R

3 → R,tal que f ∈ C4, entonces

∂4f

∂x2∂y∂z=

∂2

∂x2

(

∂2f

∂y∂z

)

=∂2

∂x2

(

∂2f

∂z∂y

)

=∂

∂x

[

∂2

∂x∂z

(

∂f

∂y

)]

=∂

∂x

[

∂2

∂z∂x

(

∂f

∂y

)]

=∂2

∂x∂z

(

∂2f

∂x∂y

)

=∂2

∂z∂x

(

∂2f

∂y∂x

)

=∂

∂z

[

∂2

∂x∂y

(

∂f

∂x

)]

=∂

∂z

[

∂2

∂y∂x

(

∂f

∂x

)]

=∂4f

∂z∂y∂x2.

59

Una extension importante de funciones de una variable a funciones de varias vari-ables, sabiendo que una funcion f ∈ Ck, es la F ormula de Taylor.

Recordemos que para n = 1, la formula de Taylor, para una funcion f : D ⊆ R → R,siendo de clase Ck en un punto x0 ∈ D, para la cual se tiene que para todo h, detal modo que, x0 + h ∈ D, es dada por

f(x+ h) = f(x0) + f ′(x0) · h+f ′′(x0)

2!· h2 + ... +

fk(x0)

k!· hk + r(h)

donde

lımh→0

r(h)

hk= 0.

Mas aun, si una funcion f es tal que f : [a, b] → R es de clase Ck−1, k veces derivableen el intervalo abierto (a, b), entonces se tiene

f(b) = f(a) + f ′(a) · (b− a) +f ′′

2!(x0) · (b− a)2 + ... +

fk

k!(x0) · (b− a)k + rk.

De esta manera, para extendernos a funciones f : D ⊆ Rn → R, consideremos una

funcion φ de una variable, definida como sigue

φ(t) = f(x 0 + th).

Entonces siendo f diferenciable en el punto x 0 + th , tendremos que

lımη→0

f(x 0 + th + η) − f(x 0 + th) −∇f(x 0 + th) · ηη

= 0.

Siendo η = λ · h , tendremos

lımλ→0

f(x 0 + th + λ · h) − f(x 0 + th) −∇f(x 0 + th) · λ · hλ

= 0.

Luego

lımλ→0

φ(t+ λ) − φ(t)

λ−∇f(x 0 + th) · h = 0.

Ası

φ′(t) = ∇f(x 0 + th) · h =n

∑

i=1

∂f

∂xi

(x 0 + th) · hi = df(x 0 + th)h .

De igual forma, podemos escribir

φ′′(t) =

n∑

j=1

[ n∑

i=1

∂f

∂xi

(x 0 + th) · hi

]

· hj .

60

Para simplificar nuestra notacion, escribamos

φ′′(t) = d2f(x 0 + th) · h2

φ′′′(t) = d3f(x 0 + th) · h3

.

.

.

φk(t) = dkf(x 0 + th) · hk.

Luego si φ es tal que φ : [0, 1] → R, entonces por el Teorema de Taylor para funcionesde una variable real, tenemos

φ(1) = φ(0) + φ′(0) +φ′′(0)

2!+ ... +

φk(0)

k!+ rk.

Ası, definimos la formula de Taylor para una funcion f : D ⊆ Rn → R, definida en

D abierto, como

f(x 0 + h) = f(x 0) + df(x 0) · h+1

2!d2f(x 0) · h2 + ... +

1

k!dkf(x 0) · hk + rk(h).

Ademas, siendo φ : [0, 1] → R de clase Ck−1, k veces diferenciable en el intervalo(0, 1), se cumple que

rk =1

k!φk(θ),

y tambien que si φ ∈ Ck+1

rk =1

k!

∫ 1

0

(1 − t)kφk+1(t)dt,

entonces, valen para funciones f : D ⊆ Rn → R, los siguientes teoremas:

Teorema 3.113. (Resto de Lagrange) Suponiendo que [x0, x0 + h] ∈ D, f es declase Ck−1, k veces diferenciable en el segmento abierto (x0, x0 +h), entonces existeθ ∈ (0, 1), tal que

rk(h) =1

k!dkf(x0 + θh) · hk.

Teorema 3.114. (Resto Integral) Si f es de clase Ck+1, y [x0, x0 + h] ∈ D,entonces

rk(h) =1

k!

∫ 1

0

(1 − t)kdk+1f(x0 + th) · hkdt

61

Teorema 3.115. (infinitesimal) Si f : D ⊆ Rn → R es k veces diferenciable en

el punto x0 ∈ D, entonces

lımh→0

rk(h)

‖h‖k= 0

Luego, notemos que

rk(h) = f(x 0 + h) − f(x 0) − df(x 0) · h − 1

2!d2f(x 0) · h2 − ...− 1

k!dkf(x 0) · hk.

Ejemplo 3.116. Es facil reconocer que, en el caso de una funcion de tres variablesreales, f(x, y, z), de clase C3 en una vecindad del punto (x0, y0, z0), y con h =(l,m, n) la formula viene dada por:

f(x, y, z) = f(x0, y0, z0)

+

(

∂f

∂x

)

(x0, y0, z0) · l +(

∂f

∂y

)

(x0, y0, z0) ·m

+

(

∂f

∂z

)

(x0, y0, z0) · n +1

2

[(

∂2f

∂x2

)

(x0, y0, z0) · l2

+ 2

(

∂2f

∂x∂y

)

(x0, y0, z0) · l ·m+ 2

(

∂2f

∂x∂z

)

(x0, y0, z0) · l · n

+

(

∂2f

∂y2

)

(x0, y0, z0) ·m2 + 2

(

∂2f

∂y∂z

)

(x0, y0, z0) ·m · n

+

(

∂2f

∂z2

)

(x0, y0, z0) · n2

]

+ r3(l,m, n).

Ejemplo 3.117. Consideremos la funcion f(x, y) = ex−y. Esta funcion es de claseC∞ en R

2. Para esta funcion, la formula de Taylor relativa al punto (0, 0) se puedeescribir,

f(x, y) = f(0, 0) + df(0, 0)(x, y) + · · · + 1

(p− 1)!dp−1f(0, 0)(x, y)p−1 + rp(x, y),

con rp(x, y) =1

p!dpf(θx, θy)(x, y)p, para algun θ ∈]0, 1[.

Facilmente se verifica que, para cualquier entero positivo p y cualquier entero i talque 0 ≤ i ≤ p, se tiene

∂pf

∂xi∂yp−i(x, y) = (−1)p−iex−y

y por lo tanto62

|rp(x, y)| =1

p!

∣

∣

∣

∣

p∑

i=0

p!

i!(p− i)!(−1)p−ieθx−θyxiyp−i

∣

∣

∣

∣

≤p

∑

i=0

e|x|+|y| |x|i|y|p−1

i!(p− i)!

= e|x|+|y| (|x| + |y|)p

p!.

Se desprende inmediatamente que, cualquiera sea (x, y) ∈ R2, se tendra

lımp→∞

rp(x, y) = 0

Observacion 3.118. La segunda diferencial d2f(x0) se llama forma Hessiana de lafuncion f en el punto x0. La forma Hessiana es una forma cuadratica.

Definicion 3.119. Una forma cuadratica H : Rn → R es una funcion cuyo valor

en un vector h = (h1, h2, ....hn) esta definido porn

∑

i,j=1

mijhihj, donde(

mij

)

es una matriz simetrica n× n. Se indica con la notacion H ·h2 el valor de la formacuadratica H en el vector h. De esta manera

H · h2 =

n∑

i,j=1

mijhihj

Observacion 3.120. Si t ∈ R, entonces H · (th)2 = t2 · (H · h2)

Observacion 3.121. La forma Hessiana de una funcion dos veces diferenciable f :D ⊆ R

n → R en un punto x ∈ D se indica como H(x). Sabemos que H(x) = d2f(x),por lo tanto

H(x) · h2 =n

∑

i,j=1

∂2f

∂xi∂xj

(x)hihj

El Teorema de Schwarz garantiza que la matriz

(

∂2f

∂xi∂xj

(x)

)

, llamada matriz Hes-

siana de f en el punto x, es simetrica.

Definicion 3.122. Dada una funcion diferenciable f : D ⊆ Rn → R en un punto

x0 ∈ D, El punto x0, se llama punto crıtico de f cuando df(x0) = 0, esto es,∂f

∂x1(x0) = ... =

∂f

∂xn

(x0) = 0

Definicion 3.123. Se dice que la funcion f tiene un maximo(respectivamente mıni-mo) local en el punto x0 ∈ D, cuando existe δ > 0, tal que ‖h‖ < δ implicaf(x0 + h) ≤ f(x0) (respectivamente f(x0) ≤ f(x0 + h))

63

Definicion 3.124. El punto crıtico x0 se llama no degenerado cuando la matrizHessiana en ese punto es invertible, esto es

det

(

∂2f

∂xi∂xj

(x)

)

6= 0

Definicion 3.125. Sea H : Rn → R una forma cuadratica, definida por H · h2 =

∑

mijhihj, para h = (h1...hn). Diremos que la forma H es positiva cuando se

tenga H · h2 > 0, para todo h 6= 0 en Rn. Si se tuviera H · h2 < 0, para todo h 6= 0

en Rn, diremos que H es una forma cuadratica negativa. Cuando se tenga que

una forma cuadratica sea positiva o negativa, diremos que es una forma definida.Cuando existan vectores h, k ∈ R

n, tales que H · h2 > 0 y H · k2 < 0, entonces laforma cuadratica H se llamara indefinida.

Observacion 3.126. Si una forma cuadratica es definida, entonces su matriz(

mij

)

,es necesariamente invertible. De esta manera, si la forma Hessiana en un puntocrıtico x0, es definida, entonces el punto crıtico es no degenerado.

Se establece la relacion entre un punto crıtico y la forma Hessiana mediante elteorema que a continuacion se indica.

Teorema 3.127. Sean f : D ⊆ Rn → R una funcion de clase C2, x0 ∈ D un punto

crıtico de f y H la forma cuadratica Hessiana de f en el punto x0. Entonces:

i : Si H es positiva, x0 es un mınimo local no degenerado.ii : Si H es negativa, x0 es un maximo local no degenerado.iii : Si H es indefinida, x0 no es un mınimo local ni un maximo local para f .

Ejemplo 3.128. Sea f : Rm × R

n → R, definida por f(x,y) = 〈x,x〉 − 〈y,y〉,donde x ∈ R

m e y ∈ Rn. Entonces, ternemos que

∂f

∂xi

= 2xi y∂f

∂yj

= −2yj, luego

∇f(x, y) = 2(x,−y), De esta manera, el unico punto crıtico es el origen. En todopunto (x,y) ∈ R

m+n, la matriz Hessiana de f es una matriz diagonal, cuyos mprimeros elementos son iguales a 2 y los n ultimos son iguales a −2. La formacuadratica Hessiana es , por lo tanto, constante; es positiva si n = 0, negativa sim = 0 e indefinida cuando m ·n 6= 0. De esta manera, el origen es un punto mınimosi n = 0, y maximo cuando m = 0. para m · n 6= 0, la funcion f no admite nimaximo ni mınimo local en el origen; en este caso el origen es llamado punto silladebido a la forma del grafico de la funcion f(x, y) = x2 − y2.

64

Capıtulo IV

4. Ejercicios Resueltos

Problema 4.1

Estudiar la continuidad de la funcion

f(x, y) =

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

0 si (x, y) = 0.

Solucion

Estudiemos el lımite en el origen realizando un cambio a coordenadas polares

x = r cos(ω)

y = rsen(ω)

l = lım(x,y)→(0,0)

f(x, y) = lımr→0

r cos(θ) + r sen(θ)

r cos(θ) − r sen(θ)=

cos(θ) + sen(θ)

cos(θ) − sen(θ)

Por tanto, el limite depende de θ, de donde se sigue que no existe limite y que lafuncion dada no es continua en el origen.

Problema 4.2

Estudiar de la continuidad de la funcion f : R2 → R definida por

f(x, y) =

x2 cos

(

1

x

)

+ y si x 6= 0

y si x = 0.

Solucion

La funcion f es continua en R2 − {(x, y) ∈ R

2 : (0, y)} por ser producto, cociente,suma y composicion de funciones elementales que lo son y no anularse el denom-inador. Falta estudiar los puntos de la forma (0, b) con b ∈ R. Para ello debemoscalcular el lımite ya que en un entorno de estos puntos la funcion cambia de defini-cion. D esta manbera, tenemos que

65

lım(x,y)→(0,b)

x2 cos

(

1

x

)

+ y = 0 + b = f(0, b)

Por lo tanto, f tambien es continua en los puntos (0, b).

Problema 4.3

Estudiar la continuidad de la funcion

f(x, y) =

x2y2

x2y2 − (x− y)2si (x, y) 6= 0

0 si (x, y) = 0.

Solucion

El origen es el punto en el que la definicion de la funcion cambia, por tanto, es en esepunto donde se debe estudiar si se pierde la continuidad o no. Para ello, estudiemosla existencia del limite doble de f(x, y) en dicho punto. Utilizando coordenadaspolares

x = r cos(θ)

y = rsen(θ)

i Si θ 6= π

4

l = lım(x,y)→(0,0)

f(x, y)

= lımr→0

r4 cos2(θ) sen2(θ)

r4 cos2(θ) sen2(θ) + r2 − 2r2 sen(θ) cos(θ)

=r2 cos2(θ) sen2(θ)

r2 sen2(θ) cos(θ) − 2 sen(θ) cos(θ) + 1

= 0

66

i Si θ =π

4

l = lım(x,y)→(0,0)

f(x, y)

= lımr→0

r4 cos2(θ) sen2(θ)

r4 cos2(θ) sen2(θ)= lım

r→01

= 1

Del resultado obtenido deducimos que no existe el limite doble de f(x, y) en el origeny, por tanto, la funcion dada no es continua en (0, 0).

Problema 4.4

Estudiar la continuidad de la funcion f : R2 → R definida por

f(x, y) =

x2 − y2

ex+y − 1si x > y

2x si x = −y

sen(x2 + y2)

x+ ysi x < y.

Solucion

f es continua en R2 − {(x, y) ∈ R

2 : x + y = 0} por ser composicion de funcioneselementales. Falta examinar que ocurre en puntos de las rectas: x+ y = 0, es decir,(a,−a); ∈ R.Para el calculo de lım

(x,y)→(a,−a)f(x, y) tenemos que distinguir dos regiones, ya que la

funcion esta definida a trozos. Ası

lım(x,y)→(a,−a)x>−y

x2 − y2

ex+y − 1= lım

(x,y)→(a,−a)x>−y

(x− y)x+ y

ex+y − 1= 2a

El paso est bien hecho siempre que a 6= 0, por lo que realizaremos este caso al finaly supondremos ahora que a 6= 0. Por tanto, la funcin es continua en los puntos de la

forma (a,−a); a 6= 0. Calculamos ahora el lım(x,y)→(0,0)x<−y

sen(x2 − y2)

x+ yy obtenemos:

67

lım(x,y)→(0,0)x<−y

sen(x2 − y2)

x2 − y2(x− y) = 0

lım(x,y)→(0,0)x<−y

sen(0)

x+ y= 0

Luego la funcion tambien es continua en este punto.

Problema 4.5

Si z = cos(xy) + x · cos(y). Hallar las derivadas parciales ∂z∂x

(x0, y0),∂z∂y

(x0, y0).

Solucion

Fijando y0 y derivando con respecto a x, obtenemos

∂z

∂x(x, y0) = − sen(xy0) · (y0) + cos(y0)

= −y0 · sen(xy0) + cos(y0).

Luego

∂z

∂x(x0, y0) = −y0 · sen(x0y0) + cos(y0).

De manera analoga, obtenemos que

∂z

∂x(x0, y0) = −x0 · sen(x0y0) − x0 · sen(y0).

Problema 4.6

Si f(x, y) = x2y + y3, hallar ∂f

∂x, ∂f

∂y.

Solucion

Fijamos y y derivamos con respecto a x y obtenemos

∂f

∂x(x, y) = 2xy.

Ahora, fijando x, y derivando con respecto a y, se obtiene

∂f

∂y(x, y) = x2 + 3y2.

68

Problema 4.7

Estudiar la continuidad y calcular las derivadas parciales correspondientes en elpunto (0,0) de la funcion f : R

2 → R, definida por:

f(x, y) =

0 si xy = 0

1 si xy 6= 0.

Solucion

Observemos que si nos acercamos (0,0) por las rectas del tipo y = mx resulta:

lım(x,y)→(0,0)

f(x, y) = lım(x,mx)→(0,0)

1 6= f(0, 0).

Luego f no es continua en (0,0).

Por otro lado, tenemos por definicion

∂f

∂x(0, 0) = lım

t→0

f(t, 0) − f(0, 0)

t= lım

t→00 = 0,

y

∂f

∂y(0, 0) = lım

t→0

f(0, t) − f(0, 0)

t= lım

t→00 = 0.

Problema 4.8

Sea f(x, y, z) = x2y + xz3 − y2z2. Determine sus derivadas parciales.

Solucion

Dejando fijas y y z y derivando con repecto a x, se tiene

∂f

∂x(x, y, z) = 2xy + z3.

Ocupando el concepto anterior, para cada una de las variables, obtenemos69

∂f

∂y(x, y, z) = x2 − 2yz2

y

∂f

∂z(x, y, z) = 3xz2 − 2y2z.

Problema 4.9

Considere la funcion f : R2 → R definida de la siguiente forma:

g(x, y) =

x2 − xy

x+ ysi (x, y) 6= 0

0 si (x, y) = 0.

Determine las correspondientes derivadas parciales en el punto (0,0).

Solucion

Por definicion, se tiene que

∂f

∂x(0, 0) = lım

t→0

f(t, 0) − f(0, 0)

t

= lımt→0

f(t, 0)

t

= lımt→0

t2

t

t= lım

t→01 = 1.

Por otro lado

∂f

∂y(0, 0) = lım

t→0

f(0, t) − f(0, 0)

t

= lımt→0

f(0, t)

t

= lımt→0

0t

t= lım

t→00 = 0.

70

Problema 4.10

Una funcion no continua en un punto, que admite en ese punto derivadas en todaslas direcciones es la funcion definida por

f(x, y) =

x2y

x4 + y2si (x, y) 6= 0

0 si (x, y) = 0.

Solucion

Si tomamos h = (p, q) y aplicamos la definicion para calcular la derivada en el punto(0, 0) siguiendo el vector h, resulta

i Si q 6= 0;

df(0, 0)h = lımt→0

f(tp, tq)

t= lım

t→0

t3p2q

(t4p4 + t2q2)t=p2

qii Si q = 0;

df(0, 0)h = 0

Sin embargo, esta funcion no es continua en (0, 0), pues aunque los lımites iteradosy direccionales existen todos y valen 0, los lımites siguiendo las curvas y = mx2 sontodos diferentes.

Problema 4.11

La diferencial df(x )h representa la tasa o razon de cambio de f en la direccion delvector h , cuando h es un vector unitario. Esta interpretacion nos ayuda a poderresolver ejercicios como el siguiente.La temperatura en un punto de una placa de acero viene dada en grados centıgra-dos y depende de las coordenadas de cada punto: T (x, y) = 500 − 0.6x2 − 1.5y2.Determine las razones de cambio de la temperatura o la variacion instantanea conrespecto a la distancia medida en centımetros al movernos sobre la placa en las di-recciones de los ejes X, Y desde el punto (2,1).

Solucion

La variacion de cambio segun el eje X viene dada por:

∂T

∂x(x, y) = −1.2x.

Luego desde el punto (2, 1), la variacion de cambio es:71

∂T

∂x(2, 1) = −2.4.

De igual manera obtenemos que la variacion segun el eje Y es:

∂T

∂y(x, y) = −3y.

Luego desde el punto (2, 1), la variacion de cambio es:

∂T

∂x(2, 1) = −3.

Problema 4.12

Sea X = {(x, 0) ∈ R2; x ≥ 0} el semieje positivo cerrado de las abcisas. Sea f : D →

R, tal que D = R2 −X, definida como

f(x, y) =

x2 si x > 0, y > 0

0 si x ≤ 0 o y ≤ 0.

Analice las derivadas parciales en los puntos de D.

Solucion

En primer lugar veamos que si x > 0 y y > 0, entonces f(x, y) = x2 y si x > 0 y

y ≤ 0, entonces f(x, y) = 0, luego no existe la derivada parcial∂f

∂x. Por otro lado,

tenemos que∂f

∂y(x, y) = 0.

Problema 4.13

Dada la funcion f definida por f(x, y, z) = exp(x3y4z5). Halle sus derivadas par-ciales en el punto (1, 1, 1).

Solucion

Podemos elegir entre aplicar la definicion de derivada en el punto (1, 1, 1), o lo quees mas facil, calculamos las derivadas parciales y en ellas sustituimos el valor de(1, 1, 1).

72

De esta manera, tenemos

∂f

∂x(x, y, z) = exp(x3y4z5) · (3x2y4z5).

Luego∂f

∂x(1, 1, 1) = 3e.

Analogamente∂f

∂y(x, y, z) = exp(x3y4z5) · (4x3y3z5).

Luego∂f

∂y(1, 1, 1) = 4e.

Similarmente∂f

∂z(x, y, z) = exp(x3y4z5) · (5x3y4z4) :

Luego∂f

∂z(1, 1, 1) = 5e.

Problema 4.14

Estudiar la continuidad, existencia de las derivadas parciales y diferenciabilidad dela funcion definida por

g(x, y) =

xy2

x3 + y3si (x, y) 6= (0, 0)

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

Solucion

Mediante calculos directos esta funcion es diferenciable en todos los puntos (x, y) ∈R

2 − {(0, 0)}. Por lo tanto se analizara la continuidad y la diferenciabilidad en elpunto (0, 0).Utilizando coordenadas polares

x = r cos(θ)

y = rsen(θ)

73

se tiene

l = lım(x,y)→(0,0)

f(x, y)

= lımr→0

r3 cos(θ) sen2(θ)

r3(cos3(θ) sen3(θ))

= lım(x,y)→(0,0)

cos(θ) sen2(θ)

cos3(θ) + sen3(θ)

=cos(θ) sen2(θ)

cos3(θ) + sen3(θ)

luego l depende de θ, de donde se deduce que no existe el lımite doble de f en el ori-gen. De esta manera se tiene que f no es continua en el origen y como consecuencia,tampoco es diferenciable en dicho punto.Calculando las derivadas parciales, tenemos que

∂f

∂x(0, 0) = lım

t→0

t · 0t3

t= lım

t→0

0

t= 0

∂f

∂y(0, 0) = lım

t→0

0 · t2t3

t= lım

t→0

0

t= 0

Por lo tanto f es una funcion que admite derivadas parciales en el origen y no esdiferenciable en dicho punto.

Problema 4.15

Hallar la derivada de f en el punto y direccion del vector que se indica:

Las derivadas direccionales se pueden calcular considerando vectores unitarios, portanto, a partir de los vectores del enunciado tomaremos vectores unitarios de sumisma direccion y sentido. Por otra parte, todas las funciones son derivables en lospuntos senalados y por tanto, podemos usar la diferencial para hallar las derivadasdireccionales:

74

a) f = x2 + y2 en el punto(1,0) y direccion i− j.

Solucion

f(x, y) = x2 + y2; (x0, y0) = (1, 0), v = (1,−1), u =

(

1√2,− 1√

2

)

∂f

∂x(x, y) = 2x

∂f

∂y(x, y) = 2y

luego ∇f(1, 0) = (2, 0),

y como df(x0)u = ∇f(x0) · u, entonces

df(1, 0)

(

1√2,− 1√

2

)

= ∇f(1, 0) ·(

1√2,− 1√

2

)

=1√2.

b) f = cos(xy); en el punto(

2,π4

)

y direccion 4i− j.

Solucion

f(x, y) = cos(xy); (x0, y0) =(

2,π

4

)

, v = (4,−1), u =

(

4√17,− 1√

17

)

y tenemos que∂f

∂x(x, y) = −y sen(xy)

∂f

∂y(x, y) = −x sen(xy).

De esta manera ∇f(

2, π4

)

=(

− π4,−2

)

.

Luego

df(

2,π

4

)

(

4√17,− 1√

17

)

=

(

− π

4,−2

)

·(

4√17,− 1√

17

)

=2 − π√

17.

75

c) f = xy + yz + zx; en el punto (1,-1,2) y direccion 10i+ 11j − 2k.

Solucion

f(x, y, z) = xy+yz+zx; (x0, y0, z0) = (1,−1, 2), v = (10, 11,−2), u = (2

3,11

15,− 2

15);

y sus derivadas parciales son:

∂f

∂x(x, y, z) = y + z

∂f

∂y(x, y, z) = x+ z

∂f

∂z(x, y, z) = x+ y.

Ası obtenemos que ∇f(1,−1, 2) = (1, 3, 0).

Luego

df(1,−1, 2)(2

3,11

15,− 2

15) = (1, 3, 0) · (2

3,11

15,− 2

15) =

43

15.

Problema 4.16

Hallar la direccion en la cual f definida como

f(x, y, z) = exy + z2

crece mas rapidamente en el punto (0,2,3), y determine la razon de cambio en esadireccion.

Solucion

Sabemos que la direccion en la cual una funcion crece mas rapidamente es en ladireccion de ∇f , y ademas, la razon de cambio en esa direccion es ‖∇f‖.

Por lo tanto, cabe determinar sus derivadas parciales y tenemos

∂f

∂x(x, y, z) = yexy

∂f

∂y(x, y, z) = xexy

∂f

∂y(x, y, z) = 2z.

De esta manera f crece mas ras rapidamente en la direccion de

∇f(0, 2, 3) = (2, 0, 6),

por lo tanto, su razon de cambio viene dada por

‖∇f(0, 2, 3)‖ = 2√

10.

76

Problema 4.17

En los siguientes apartados, hallar la direccion en la cual f decrece mas rapidamenteen los puntos indicados, y la razon de cambio de f en esa direccion.

La direccion en la cual f decrece mas rapidamente es la dada por el vector −∇f , yademas, la razon de cambio en esa direccion es −‖∇f‖.

a) f(x, y) = x2 + xy + y2; en el punto (−1, 1).

Solucion

Definida f como f(x, y) = x2 + xy + y2, tenemos que sus derivadas parciales son

∂f

∂x(x, y) = 2x+ y

∂f

∂y(x, y) = x+ 2y,

de esta manera f decrece mas rapidamente en la direccion de

−∇f(−1, 1) = (1,−1)

y, por lo tanto, su razon de cambio es

−‖∇f(−1, 1)‖ = −√

2.

b) f(x, y, z) = z ln(x2 + y2); en el punto (1,1,1).

Solucion

Sus derivadas parciales son

∂f

∂x(x, y, z) =

2zx

x2 + y2

∂f

∂y(x, y, z) =

2yz

x2 + y2

∂f

∂z(x, y, z) = log(x2 + y2)

de esta manera f decrece mas rapidamente en la direccion de

−∇f(1, 1, 1) = (1, 1, ln(2))

y, por lo tanto, su razon de cambio es

−‖∇f(1, 1, 1)‖ = −√

2 + (ln(2))2.

77

Problema 4.18

12. Sea n ∈ N y sea f : R2 → R dada por

f(x, y) =

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

(x− y)n

(x2 + 2y2)si (x, y) 6= (0, 0)

a)¿Para que valores de n es f continua en todos los puntos de R2?

Solucion

En el abierto R2 − {(0, 0)} la funcion viene dada por f(x, y) = (x−y)n

(x2+2y2), que para

cualquier valor de n ∈ N es de clase C∞ y por lo tanto es continua, tiene derivadasparciales y es diferenciable. Ası que solo hay que ocuparse del punto (0, 0).

Se trata de ver si

lım(x,y)→(0,0)

(x− y)n

(x2 + 2y2)= 0.

Tomando el lımite a traves de y = 0, obtenemos

lımx→0

xn

x2= lım

x→0xn−2.

Este lımite solo sera 0 si n > 2. De esta manera, si n = 1 o n = 2, la funcion fno es continua en el punto (0,0). Cabe, por lo tanto, estudiar que ocurre si n ≥ 3.Entonces, si n ≥ 3, tenemos que

lım(x,y)→(0,0)

(x− y)n

x2 + 2y2= lım

(x,y)→(0,0)

(x− y)2

x2 + 2y2(x− y)n−2.

Pero como n ≥ 3, entonces n − 2 ≥ 1, ası (x − y)n−2 → 0 cuando (x, y) → (0, 0).Por otra parte

∣

∣

∣

∣

(x− y)2

x2 + 2y2

∣

∣

∣

∣

≤ (|x| + |y|)2

x2 + 2y2≤ (2

√

x2 + y2)2

x2 + y2= 4.

Ası

lım(x,y)→(0,0)

(x− y)n

(x2 + 2y2)= 0 = f(0, 0).

Por lo tanto la funcion es continua para n ≥ 3.

78

b) ¿Para que valores de n tiene f las dos derivadas parciales en todo R2?

Solucion

Las derivadas parciales de f en (0, 0) son:

∂f

∂x(0, 0) = lım

t→0

f(t, 0) − f(0, 0)

t= lım

t→0tn−3

∂f

∂y(0, 0) = lım

t→0

f(0, t) − f(0, 0)

t= lım

t→0

(−1)n

2tn−3.

De esta manera

∂f

∂x(0, 0) =

1 si n = 3

0 si n ≥ 4

∂f

∂y(0, 0) =

−1

2si n = 3

0 si n ≥ 4

y no existen si n = 1 o n = 2

c) ¿Para que valores de n es f diferenciable en todos los puntos de R2?.

Solucion

Para n = 1 y n = 2 la funcion f no es diferenciable en (0, 0), porque, como vimos,no es continua. Corresponde, por lo tanto, analizar para n ≥ 3, esto es cuando

(4.12) lım(x,y)→(0,0)

f(x, y) − f(0, 0) − ∂f

∂x(0, 0) · x− ∂f

∂y(0, 0) · y

‖(x, y)‖ = 0.

Entonces analizamos para n = 3 y tenemos que (4.12), queda como

lım(x,y)→(0,0)

f(x, y) − x+ 12y

√

x2 + y2= lım

(x,y)→(0,0)

(x− y)3

x2 + 2y2− x+

1

2y

√

x2 + y2

= lım(x,y)→(0,0)

(x− y)3 − x3 +1

2x2y − 2xy2 + y3

(x2 + 2y2)√

x2 + y2

79

= lım(x,y)→(0,0)

−5

2x2y + xy2

(x2 + 2y2)√

x2 + y2.

Tomando el lımite a traves de x = y > 0, obtenemos:

lım(x,y)→(0,0)

−32x3

3x3√

2= lım

(x,y)→(0,0)−√

2

4= −

√2

46= 0.

Por lo tanto para n = 3, la funcion f no es diferenciable.

Veamos ahora el caso en que n ≥ 4. De acuerdo a lo anterior tendremos que vercuando

lım(x,y)→(0,0)

f(x, y)√

x2 + y2= 0

Pero

lım(x,y)→(0,0)

f(x, y)√

x2 + y2= lım

(x,y)→(0,0)

(x− y)n

(x2 + 2y2)√

x2 + y2

= lım(x,y)→(0,0)

(x− y)2

x2 + 2y2· x− y√

x2 + y2· (x− y)n−3.

Pero como vimos

∣

∣

∣

∣

(x− y)2

x2 + 2y2

∣

∣

∣

∣

≤ 4. Por otro lado, tenemos que

∣

∣

∣

∣

x− y√

x2 + y2

∣

∣

∣

∣

≤ |x| + |y|√

x2 + y2≤ 2

√

x2 + y2

√

x2 + y2≤ 2.

Y como n ≥ 4 ⇒ n− 3 ≥ 1, entonces (x− y)n−3 → 0 cuando (x, y) → (0, 0).

Luego

lım(x,y)→(0,0)

f(x, y)√

x2 + y2= 0.

Y la funcion f es diferenciable en (0,0) si n ≥ 4.

80

Problema 4.19

Dada f(x, y) = ln(x+ ln(y)).

a) Calcular la derivada direccional en el punto (x, y) = (1, e2) en la direccion delvector h = (3, 4).b) Calcular el Hessiano de f .

Solucion a)

Calculamos el vector unitario en la direccion de h. Como ‖h‖ =√

5 entonces u =h

‖h‖ = (35, 4

5). El gradiente de f vale:

∇f =

(

∂f

∂x,∂f

∂x

)

=

(

1

x+ ln(y),

1y

x+ ln(y)

)

y la derivada direccional en la direccion de u vale

df = ∇f · u =3

5

1

x+ ln(y)+

4

5

1

x+ ln(y)

Su valor en el punto (x, y) = (1, e2) es

df(1, e2) =3

5

1

1 + ln(e2)+

4

5

1

1 + ln(e2)=

3e2 + 4

15e2

Solucion b)

Hf =1

(x+ ln(y))2

−1−1

y−1

y

−1

y2(1 + x+ ln(y))

Problema 4.20

Determinar el punto (x, y) del plano para el que la suma de los cuadrados de susdistancias a los tres puntos (0, 1), (0, 0), y (2, 0) es mınima. Justificar, mediante elcorrespondiente analisis de la matriz Hessiana, que se trata de un mınimo.

Solucion

Se trata de minimizar la funcion

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

= 3x2 − 4x− 2y + 3y2

81

El dominio de la funcion es todo el plano. Buscamos los posibles puntos crıticos,mediante la resolucion del sistema

∂f

∂xf(x, y) = 6x− 4 = 0

∂f

∂yf(x, y) = 6y − 2 = 0

que proporciona un unico punto:

(x, y) =

(

2

3,1

3

)

que corresponde obviamente con el baricentro del triangulo que forman los trespuntos dados. Para ver que se trata de un mınimo local, construimos la matrizHessiana

H

(

2

3,1

3

)

=

∂2f

∂x∂x

∂2f

∂x∂y∂2f

∂x∂y

∂2f

∂y∂y

=

[

6 00 6

]

,

que corresponde claramente con un mınimo, al ser definida positiva.

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Referencias

[1] Elon Lages Lima: Curso de Analisis, Volume 2, IMPA (1981)[2] Elon Lages Lima: Analisis en el Espacio R

n, Universidad de Brasilia (1970)[3] Jerrold Marsden, Anthony Tromba: Calculo Vectorial Addison-Wesley Iberoamenriacana

(1991)[4] Sergio Plaza: Analisis en Varias Variables Universidad de Santiago de Chile (2006)[5] Robert Seeley: Una introduccion al calculo en Varias Variables, Scott, Foresman and Company

(1970)[6] Michael Spivak: Calculo en Variedades W.A. Benjamin Inc. (1965)

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