Diferencia c i on 2011

Universidad de Santiago de Chile Autores: Miguel Martnez ConchaFacultad de Ciencia Carlos Silva Cornejo

Departamento de Matemtica y CC Emilio Villalobos Marn

1 Funciones de varias variables

(Edicin ejemplar de prueba)

1.1 Introduccin

El concepto de funcin, ya establecido, en cursos precedentes puede ser exten-dido a situaciones del tipo

!f : A IRm ! B IRn; m; n 2 IN en el sentido

que son correspondencias que asignan a cada vector !x 2 A un nico vector!y 2 B anotado !y = !f (!x ) : Consideradas las componentes de !x y de !ytambin se anota de la forma (y1; y2; : : : ; yn) =

!f (x1; x2; : : : ; xm); se llaman

funciones vectoriales de variable vectorial , o bien, n funciones dependientes dem variables independientes. Sus respectivos dominio de denicin A y recorridoB se denominan campos vectoriales.En primer trmino se consideran funciones del tipo

!f : A IRm ! B IR

esto es con m > 1 y n = 1 , o sea, funcin real de variable vectorial ( de mvariables independientes . En la unidad anterior fueron consideradas funcionesvectoriales

!f : A IR ! IRn , es decir con m = 1 y n > 1. Estas fun-

ciones se denotan como y =!f (x1; x2; : : : ; xm); alternativamente

!y = f (!x )con!x = (x1; x2; : : : ; xm) y se estudiarn sus propiedades en cuanto a varia-ciones, grcas, aplicaciones, etc, a partir de los conceptos de lmite, con-tinuidad, y derivada. En particular, para los casos usuales m = 2 y m = 3,se denotan z = f(x; y); (x; y) 2 A IR2; w = f(x; y; z)(x; y; z) 2 A IR3;respectivamente.

1.1.1 Ejemplos

Caso 1) a) La correspondencia z = f(x; y) = xy , A = IR2; B = IR ,restringidos x e y a valores positivos f(x; y) = xy corresponde al rea delrectngulo de lados x e y Si comparado con f (r) = r2; sta representa elrea del crculo de radio r y es funcin del tipo f : A IR ! B IR; oseacon m = 1 y n = 1:b) La correspondencia w = f(x; y; z) = xyz ,tiene A = IR3; B = IR , y

con x; y; z positivos representa el volumen V del prisma recto de aristas x; y; z.

Caso 2) a) La funcin f : A IR2 ! B IR dada por z = f(x; y) =px2 + y2 ,A = IR2; B = IR; y representa la distancia del punto P = (x; y) al

origen O = (0; 0) deIR2:

1

b) La funcin f : A IR3 ! B IR dada por w = f(x; y; z) =px2 + y2 + z2 ,A = IR3; B = IR; y representa la distancia del punto P =

(x; y; z) al origen O = (0; 0; 0) deIR3:

Caso 3) La funcin z = f(x; y) =1p

x2 + y2,en que f : A IR2 ! B IR

tiene A = IR2; B = IR; y representa el potencial electrstatico en cada puntoP = (x; y) del plano debido a una carga unitaria colocada en el origen O = (0; 0)de IR2:

Nota: En estos ejemplos de funciones con m = 2, m = 3 se dene el con-cepto de lneas de nivel o supercies de nivel como S = f(x; y) 2 A= f (x; y) = cgpara c constante dada; S = f(x; y; z) 2 A= f (x; y; z) = cg para c constantedada.

a) En el caso 2) se tiene S =n(x; y) 2 IR2=

px2 + y2 = c

ocon c 0 son

circunsferencias de radiopc ( el origen si c = 0).

b) En el caso 3) S =

((x; y) 2 IR2 f(0; 0)g = 1p

x2 + y2= c; c > 0

)y

las lneas que verican x2 + y2 =1

c2se llaman lneas equipotenciales alrededor

de la carga y describen circunsferencias centradas el (0; 0) de radio1

c.

Unido a lo anterior, en topografa las curvas determinadas por ecuacinf (x; y) = c se llaman tambin contornos de nivel de una supercie . Porejemplo, en la funcin z = f(x; y) =

p25 x2 y2 que tiene

A =(x; y) 2 IR2= x2 + y2 25 ; B = [0; 5]

Representa una "montaa" esfrica de radio basal 5 y altura 5 con c = 3 setiene

p25 x2 y2 = 3; de lo cual se tiene el contorno de nivel x2 + y2 = 16.

Caso 4) La presin P ejercida por un gas ideal encerrado en un tiesto elstico

es dada por la funcin P (T; P ) = kT

Pcon k cte. En este caso las lneas de

nivel reciben el nombre de lneas isobricas ( P = c), isotermas T = c:

Caso 5) a) El rea S de la supercie del cuerpo humano es una funcin delpeso w y la altura h dada por S (w; h) = 0; 091w0:425h0;725 (deduccin emprica),donde w esta en libras y h en pulgadas y S en pie2:b) Tambin S es dada por S (h; t) = 2ht donde h es la altura en cm y t es la

longitud de la circunferencia mxima del muslo en cm. Por ejemplo, una niade altura h = 156 cm y 50 cm de de circunsferencia mxima del muslo tienenuna supercie corporal de 15:600 cm2:

2

Caso 6) La funcin f (x; y) = C xay1a con C y a constantes, donde x son

las unidades de trabajo e y las unidades de capital representa un modelo deunidades de produccin ( Modelo de Cobb-Douglas), que se utiliza en economay en la evaluacin de proyectos.

Caso 7) a) La potencia elctrica para un voltage E y resistencia R es la

funcin de dos variables P (E;R) =E2

R:

b) La resistencia total al conectar en paralelo dos resistencias R1; R2 es

regido por la ecuacin1

R=

1

R1+1

R2; de donde se deduce R = R (R1; R2) :

Caso 8) a) La aceleracin centrpeta de una partcula que se mueve en la

circunferencia de radio r siendo v la rapidez es dada por a (r; v) =v2

r:

b) El desplazamiento vertical de una cuerda larga sujeta en el origen, quecae bajo la accin de su propio peso es dada por

u (x; t) =

8 at; a cte

:

Caso 9) La concentracin molecular C (x; t) de un lquido es dada por C (x; t) =t1=2e

x2

k t y esta funcin verica la ecuacin de difusin

k

4

@2C

@x2=@C

@t:

Caso10) Cuando una chimenea de h metros de altura emite humo que con-tiene contaminante xido ntrico la concentracin C (x; z) a x km de distanciay z metros de altura es dada por

C (x; z) =a

x2

eb(zh)2

x2 + eb(zh)2

x2

Calcular e interpretar los valores de

@C

@x;@C

@t;en el punto P = (2; 5) para

a = 200, b = 0; 02; h = 10 m.

Caso 11) Un ejemplo de una funcin que depende de 4 variables es la queestablece la ley de Poiseuille en la cual la intensidad del ujo de un uido viscoso(como la sangre) travs de un conducto (como una arteria), es Q (R;L; p1; p2) =

kR4

L(p1 p2) con k cte, R radio de conducto, L su longitud y p1; p2 presiones

en los extremos del conducto.

3

1.2 Funciones Escalares de Variable Vectorial

1.3 Conceptos Topolgicos

Nuestro espacio universo ser Rn pensado preferentemente con n = 2 o n = 3:Si !x 2 Rn entonces cada vector !x = (x1; x2; : : : ; xn) esta conformado por

una n- upla ordenada de nmeros reales.La mtrica que se usar, es la mtrica usual, es decir si !x ;!y 2 Rn tal que:

!x = (x1; x2; : : : ; xn)!y = (y1; y2; : : : ; yn)

entonces

k!x !y k =

nXi=1

(xi yi)2! 1

2

A kk se le llama norma euclidea y permite calcular la distancia entre lospuntos x e ySi y = 0 entonces

k!x k =

nXi=1

x2i

! 12

1.3.1 Vecindad

Sea x0 2 Rn;una vecindad de x0 es:

V (x0) = fx 2 Rn j kx x0k < g

En R2 esta vecindad es un disco centrado en P0. En R3 es una esferacentrada en P0 y de radio Caso especial es el de la vecindad despuntada

V (x0) = V (x0) fx0g

1.3.2 Punto Interior

Sea S Rn; x 2 S es un punto interior de S si existe > 0 tal que:

V(x) S

4

1.3.3 Conjunto Abierto

Sea A Rn,diremos que A es un conjunto abierto si y slo si todos sus puntosson interiores.

Ejemplo: A =(x; y) 2 R2 j x2 + y2 1 No es conjunto abierto

A =(x; y) 2 R2 j jxj < 1; jyj < 1 Es conjunto abierto

A =(x; y) 2 R2 j 0 x < 1 No es conjunto abierto

1.3.4 Conjunto Cerrado

Sea B Rn ,diremos que B es un conjunto cerrado si su complemento Rn Bes abierto.

1.3.5 Punto Frontera

Sea A Rn; x0 es un punto frontera de A si y solo si 8 > 0 : V (x0) \ A 6= ?y V (x0) \ (Rn A) 6= ?

1.3.6 Interior de un Conjunto

Sea A Rn,el conjunto de todos los puntos interiores de A se llama el interiorde A y se denota

oA o sea:

oA = fx j x es punto interior de Ag

1.3.7 Frontera de un Conjunto

Sea A Rn , la frontera de A es el conjunto de todos los puntos frontera de Ay se denota Fr(A):

Proposicin 1 Si S es abierto, no contiene ninguno de sus puntos fronteras.Dem. Directamente de la denicin de conjunto abierto.

Proposicin 2 Si S es cerrado, contiene a todos sus puntos fronteras.

5

1.3.8 Segmento Lineal

Si P1; P2 2 Rn, el segmento lineal que une P1 con P2 es P = (1 t)P1 + P2;0 t 1:P1 se llama punto inicial y P2 punto terminal.

1.3.9 Linea Poligonal

Una poligonal esta formada por un nmero nito de segmentos lineales unidossucesivamente por sus extremos.

1.3.10 Punto Aislado

Sea A Rn , x0 es punto aislado de A si y solo si x0 2 A y 9 > 0 :

V (x0) \A = ?

1.3.11 Punto de Acumulacin

Sea A Rn , x 2 Rn , x es punto de acumulacin de A si toda vecindaddespuntada de x contiene puntos de A, es decir:

x es punto de acumulacin de A() V (x0) \A 6= ?

1.3.12 Regin

Sea R Rn ,diremos que el conjunto R es una regin si es un conjunto abiertoy cualquier par de puntos de ella pueden unirse mediante una lnea poligonal,contenida en R:

1.3.13 Regin Cerrada

Es una regin unida con su frontera.

Teorema Sea C Rn y C es conjunto cerrado, entonces C contiene en todossus puntos de acumulacin.

6

1.4 Aspectos Geomtrico de las Funciones Escalares

Sea f : D Rn ! R esta funcin a cada x 2 D;x = (x1; x2; : : : ; xn) le asignauna imagen b 2 R; b un escalar.

b = f(x1; x2; : : : ; xn)

a este tipo de funciones se les llama usualmente campo escalar.Con el objeto de resaltar sus aspectos geomtricos, especialmente para fun-

ciones de dominio en R2 o R3 analizaremos conceptos como, grcas, curvasde nivel, supercies de nivel, trazos, etc. de estas funciones.Sea f : D Rn ! R si x 2 D =) x = (x1; x2; : : : ; xn); D es el dominio de

la funcin f:

f (D) = Im(f) = fz 2 R j z = f(x1; x2; : : : ; xn)g

1.4.1 Grca de una Funcin

Sea f : D Rn ! R , denimos la grca de f como el subconjunto deRn+1 formado por todos los puntos (x1; x2; : : : ; xn; f(x1; x2; : : : ; xn)) para cada(x1; x2; : : : ; xn) 2 Rn.Simblicamente

Gf =(x1; x2; : : : ; xn; f(x1; x2; : : : ; xn)) 2 Rn+1 j (x1; x2; : : : ; xn) 2 D

As, si n = 2 y f es tal que z = f(x; y) entonces su grca ser:

Gf =(x; y; z) 2 R3 j z = f(x; y)

1.4.2 Curvas y Supercies de Nivel

Sea f : D Rn ! R y C un escalar.Entonces el conjunto de puntosde nivelde valor C ,se dene como el conjunto de puntos (x1; x2; : : : ; xn) 2 D para loscuales f(x1; x2; : : : ; xn) = C:Simblicamente, el conjunto de nivel

S = f(x1; x2; : : : ; xn) 2 D j f(x1; x2; : : : ; xn) = Cg

Si n = 2 el conjunto f(x; y) j f(x; y) = Cg es una curva de nivel. Si n = 3 el conjunto f(x; y; z) j f(x; y; z) = Cg es una supercie de nivel.

7

Ejemplo: 1.- Trazar la curva de nivel de f(x; y) = x y; C = 0; 1; 2 Es familia de rectas de pendiente 1:

543210-1-2-3-4

4

3

2

1

0

-1

-2

-3

-4

-5

x

y

x

y

2.- Trazar la curva de nivel de f(x; y) = 10 x2 4y2; C = 0; 1; 2

32.521.510.50-0.5-1-1.5-2-2.5-3

1.25

1

0.75

0.5

0.250

-0.25

-0.5

-0.75

-1

-1.25

x

y

x

y

Es familia de elipses centradas para C < 10; cuyo eje mayor se en-cuentra sobre el eje x

Observacion: Las curvas y las supercies de nivel permiten dar unaimagen de la grca de la funcin.

1.5 Limite

Sea f : D Rn ! R una funcin escalar y x0 un punto de acumulacin deldominio D: Formularemos la denicin de lmite de una funcin escalar de lasiguiente forma.Denicin: La funcin f tiene como lmite al nmero L 2 R cuando x! x0,

si para cada > 0, existe (; x0) > 0 tal que

x 2 D y 0 < kx x0k < entonces jf (x) Lj <

Simblicamente:

8

limx!x0

f (x) = L() 8 > 0;9 > 0 : x 2 D y 0 < kx x0k < =) jf (x) Lj <

En el caso particular n = 2 esta denicin es

lim(x;y)!(x0;y0)

f(x; y) = L() 8 > 0;9 > 0 : (x; y) 2 D y0 < k(x; y) (x0; y0)k < =) jf(x; y) Lj <

1.5.1 Ejemplo

Sea f(x; y) = x2 + 2xy: Determinar si existe lim(x;y)!(3;1)

x2 + 2xy

Anlisis:Si (x; y)! (3;1) signica que x esta cercano a 3 e y esta cercano a 1 por

lo tanto el valor de x2 + 2xy debe estar prximo a 3 se espera entonces que sieste lmite existe debe ocurrir que:

lim(x;y)!(3;1)

x2 + 2xy

= 3

Observe que:

jx 3j q(x 3)2

q(x 3)2 + (y + 1)2 = k(x; y) (3;1)k

jy + 1j q(y + 1)

2 q(x 3)2 + (y + 1)2 = k(x; y) (3;1)k

por lo cual:

k(x; y) (3;1)k < =) jx 3j < y jy + 1j <

por otro ladox2 + 2xy 3 = (x 3)2 + 2(x 3)(y + 1) + 4(x 3) + 6(y + 1)

jx 3j2+2 jx 3j jy + 1j+4 jx 3j+6 jy + 1jSin prdida de generalidad se puede poner la condicin < 1 entonces

mayorando se tiene que

x2 + 2xy 3 < jx 3j+ 2 jy + 1j+ 4 jx 3j+ 6 jy + 1j< + 2 + 4 + 6 = 13

Deniendo = min1; "13

;

Todo lo anterior permite armar que:

k(x; y) (3;1)k < ) x2 + 2xy 3 < 13 x2 + 2xy 3< 13 = 13

"

13= "

9

Lo cual prueba que lim(x;y)!(3;1)

x2 + 2xy

= 3

Consideremos otro ejemplo en que usamos tambin la denicin pero otroprocedimiento

1.5.2 Ejercicio:

Probar que

lim(x;y)!(0;0)

x2y2

x2 + y2

= 0

Solucin: Sea > 0

x2 x2 + y2; y2 x2 + y2 =) x2y2 x2 + y22=) x

2y2

x2 + y2 x2 + y2; (x; y) 6= (0; 0)

Sea =p"; k(x; y) (0; 0)k = k(x; y)k =

px2 + y2

px2 + y2 < =)

px2 + y2 0 existe > 0 tal que

8x 2 D : kx ak < =) jf(x) f(a)j < "donde x = (x1; x2; :::; xn); a = (a1; a2; :::; an):O lo que es lo mismo:Se tiene que f es continua en a si:

i) f(a) existe; ii) limx!af(x) existe y ; iii) limx!af(x) = f(a)

:

Es decir , para que una funcin de varias variables sea continua en un puntodebe estar denida all, debe tener lmite en l y el valor de la funcin en elpunto debe ser igual al valor del lmite en ese punto. En R2 podemos enunciaresta propiedad de la siguiente forma.

1.6.2 Denicin:

Una funcin f en continua en un punto interior (x0; y0) de una regin R sif (x0; y0) est denida y

lim(x;y)!(x0;y0)

f(x; y) = f (x0; y0)

f ser continua en la regin R si es continua en cada punto de R:Las funciones que no son continuas se dicen que son discontinuas.

13

1.6.3 Teoremas de Continuidad

Son similares a los teoremas para funciones de una variable. Esto signica que,si una funcin es combinacin de otras funciones y estas funciones a su vez soncontinuas entonces la funcin es continua excepto en aquellos puntos en los queno est denida.

Ejemplo. Sea la funcin f(x; y) =

8

1.7 Derivadas Parciales

1.7.1 Denicin

Sea f : D R2 ! R funcin de dos variables que est denida en una vecindaddel puntos (x0; y0):La derivada parcial de f respecto de x en (x0; y0) se dene por:

@f

@x(x0; y0) = lim

h!0f(x0 + h; y0) f(x0; y0)

h

Similarmente, la derivada parcial de f respecto de y en (x0; y0) se dene por:

@f

@y(x0; y0) = lim

h!0f(x0; y0 + h) f(x0; y0)

h

siempre que estos lmites existan.Las derivadas de orden superior las consideramos como una reiteracion de

la denicion anterior, es decir, derivadas sucesivas, as:

@2f

@x2=

@

@x

@f

@x

= lim

h!0fx(x0 + h; y0) fx(x0; y0)

h

@2f

@y2=

@

@y

@f

@y

= lim

h!0fy(x0; y0 + h) fy(x0; y0)

h

@2f

@x@y=

@

@x

@f

@y

= lim

h!0fy(x0 + h; y0) fy(x0; y0)

h

1.7.2 Ejemplo:

Calcular las derivadas parciales de:

f(x; y) = x3y2 + x4 sin y + cosxy

Solucin.De acuerdo con la denicin debemos calcular

limh!0

(x+ h)3y2 + (x+ h)4 sin y + cos(x+ h)y (x3y2 + x4 sin y + cosxy)h

Desarrollando el numerador se tiene:

x3y2 + 3x2hy2 + 3xh2y2 + h3y2 + x4 sin y + 4x3h sin y + 6x2h2 sin y + 4xh3 sin y

+h4 sin y + cos(xy) cos(hy) sin(xy) sin(hy) x3y2 x4 sin y cos(xy) =3x2hy2 + 3xh2y2 + h3y2 + 4x3h sin y + 6x2h2 sin y + 4xh3 sin y + h4 sin y

+cos(xy)(cos(hy) 1) sin(xy) sin(hy)

15

Calculando lmite

limh!0

(x+ h)3y2 + (x+ h)4 sin y + cos(x+ h)y (x3y2 + x4 sin y + cosxy)h

= 3x2y2 + 4x3 sin y + cosxy limh!0

(cos(hy) 1)h

sin(xy) limh!0

sin(hy)

h

Como limh!0

(cos(hy) 1)h

= 0 y limh!0

sin(hy)

h= y

Tenemos que este lmite y por tanto la derivada es

@f

@x(x; y) = 3x2y2 + 4x3 sin y y sin(xy)

De igual forma se puede calcular por denicin.

@f

@y(x; y) = 2x3y + x4 cos y x cosxy

1.7.3 Derivadas Parciales Cruzadas

Teorema (de Schwarz) Sea f : D R2 ! R una funcin, D abierto. Si lasderivadas

@2f

@x@yy@2f

@y@xexisten y son continuas en D, entonces:

@2f

@x@y=

@2f

@y@x

Demostracin queda propuesta.Como ejemplo ilustrativo considere la funcin

f(x; y) =

(x3yxy3x2+y2 si (x; y) 6= (0; 0)0 si (x; y) = (0; 0)

y verique que:

@2f

@x@y(0; 0) = 1;

@2f

@y@x(0; 0) = 1

Observacin: Use la denicin y encuentre estos resultados.

16

1.8 Diferenciabilidad en dos variables

1.8.1 Denicin:

Sea f una funcin denida en una vecindad de (x0; y0).Diremos que f es difer-enciable en (x0; y0) si existen nmeros A y B tales que:

f(x0 + h; y0 + k) f(x0; y0) = Ah+Bk + (h; k) k(h; k)k

y si el residuo tiene la propiedad limk(h;k)k!0

(h; k) = 0. Diremos que f es

diferenciable en una regin, si es diferenciable en cada punto de la regin.

1.8.2 Teorema:

Si f es diferenciable en (x0; y0), entonces f es continua en (x0; y0).

Demostracin:Sea (x; y) 2 V ((x0; y0))

f(x0+h; y0+k)f(x0; y0) = A (x x0)+B (y y0)+ (h; k) k(x; y) (x0; y0)k

Adems sabemos que

jx x0j k(x; y) (x0; y0)k ; jy y0j k(x; y) (x0; y0)k

entonces

kf(x0 + h; y0 + k) f(x0; y0)k jAh+Bk + (h; k)j k(x; y) (x0; y0)k

Si (x; y)! (x0; y0) , tenemos que (h; k)! 0 y k(x; y) (x0; y0)k ! 0por lo tanto kf(x0 + h; y0 + k) f(x0; y0)k ! 0

) lim(h;k)!(0;0)

f(x0 + h; y0 + k) = f(x0; y0)

La diferenciabilidad es tambin una condicin ms fuerte que la existenciade las derivadas parciales.

17

1.8.3 Teorema

Si f es diferenciable en (x0; y0), entonces las derivadas parciales de primer ordenexisten en (x0; y0) y

fx(x0; y0) = A

fy(x0; y0) = B

DemostracinSea f diferenciable en (x0; y0) =)

f(x0 + h; y0 + k) f(x0; y0) = Ah+Bk + (h; k)ph2 + k2

dividiendo por h 6= 0 y haciendo k = 0 se tiene:f(x0 + h; y0) f(x0; y0)

h= A+

jhjh

=)f(x0 + h; y0) f(x0; y0)h A

= j (h)j jhjh = j (h)j

pero limh!0

(h) = 0

) limh!0

f(x0 + h; y0) f(x0; y0)h

= A

De manera analoga

) limk!0

f(x0; y0 + k) f(x0; y0)k

= B

Se puede tener tambin el siguiente criterio para la diferenciabilidad de unafuncin.

1.8.4 Teorema:

Sea f : D R2 ! R una funcin.Si f tiene primeras derivadas parcialescontinuas en una regin D: Entonces f es diferenciable en cada punto de D:Nota: Todas las ideas dadas para funciones de dos variables se pueden

extender a funciones denidas en un espacio n dimensional.

1.8.5 Diferencial Total

En dos dimensiones:Si f es diferenciable en (x0; y0) entonces la diferencial total es:

df =@f

@xdx+

@f

@ydy en (x0; y0)

En tres dimensiones:.

18

Si f es diferenciable en (x0; y0; z0) entoncesa diferencial total es:

df =@f

@xdx+

@f

@ydy +

@f

@zdz en (x0; y0; z0)

1.9 Derivada Direccional

1.9.1 Gradiente

Sea f : D Rn ! R; P 2 D abierto y f diferenciable en P: Entonces elvector gradiente de f en P se denota rf (P ) y se dene por la formula:

rf (P ) =@f

@x1(P ) ;

@f

@x2(P ) ; :::;

@f

@xn(P )

Ejemplo: Sea f(x; y; z) = 3x3y2z: Calcular rf(1; 2; 3):Solucin:

rf(x; y; z) = 9x2y2z; 6x3yz; 3x3y2rf(1; 2; 3) = (108; 36; 12) = 12 (9; 3; 1)

1.9.2 Denicin Derivada direccional

Sea f : D Rn ! R y P0 un punto interior de D:Sea !u vector unitariok!u k = 1:La derivada direccional de f en P0 en la direccin de !u se dene por:

limh!0

f(P0 + h!u ) f(P0)h

Si este lmite existe f tiene derivada direccional en P0 en la direccin de!u

y la denotamos@f

@!u (P0) :

Ejemplos 1.) Si f y g son funciones diferenciablesDemostrar que:

r (fg) = frg + grf

rf

g

=grf frg

g2si g no es cero

2.) Si f es diferenciable en una variable y g = fx2 + y2 + z2

: Calcular

rg rg:

Solucin.

19

Si ponemos u = x2 + y2 + z2 al derivar parcialmente se tiene@g

@x= 2xf 0(u) ;

@g

@y= 2yf 0(u) ;

@g

@z= 2zf 0(u):

=) rg = 2f 0(u)(x; y; z) =) rg rg = 4 [f 0(u)] 2 [(x; y; z) (x; y; z)]

= 4 [f(u)] 2(x2 + y2 + z2)

1.9.3 Teorema:

Si f es diferenciable en P; entonces@f

@!u (P ) existe para todos los vectores!u ,

unitarios y

@f

@!u (P ) = rf (P ) !u

Demostracin:Considerando la demostracin en R3.Sean P0 = (x; y; z) y !u = (u1;u2; u3)Por denicin de diferenciabilidad se tiene:

f(P0 + h!u ) f(P0) = f(x+ hu1; y + hu2; z + hu3) f(x; y; z)

=@f

@xh u1 + @f

@yh u2 + @f

@zh u3 + jhj

= h

@f

@xu1 +

@f

@yu1 +

@f

@zu3

+ jhj

Dividiendo por h y tomando lmite cuando h! 0 se tiene ! 0 y

limh!0

f(P0 + h!u ) f(P0)h

=@f

@xu1 +

@f

@yu2 +

@f

@zu3

) @f@!u (P0) = rf (P0)

!u

Nota: Para cada !u vector unitario jo, la derivada direccional @f@!u dene

una nueva funcin, a la cual a su vez se le puede aplicar la denicin de derivadadireccional y tenemos as las derivadas direccionales superiores.

@2f

@!u 2 =@

@!u@f

@!u

20

1.9.4 Teorema:

Supongamos que f tiene segundas derivadas parciales continuas en una vecindadde un punto P: Entonces:

@2f

@!u 2 (P ) = (r !u )2 f

Demostracin

@f

@!u = f1u1 + f2u2 + f3u3@2f

@!u 2 = u1@f1@!u + u2

@f2@!u + u3

@f3@!u

@2f

@!u 2 = u1 (f11u1 + f12u2 + f13u3) + u2 (f21u1 + f22u2 + f23u3)+u3 (f31u1 + f32u2 + f33u3)

Como las derivadas cruzadas son iguales se tiene

@2f

@!u 2 = u21 f11 + 2u1u2 f12 + 2u1u3 f13 + u

22 f22 + 2u2u3 f23 + u

23 f33

=

u1

@

@x+ u2

@

@y+ u3

@

@uz

2f = (r !u )2 f

Consecuencias de@f

@!u (P ) = rf (P ) !u

1.) Si rf (P ) = 0 =) @f@!u (P ) = 0 8

!u2.) La direccin de mximo crecimiento de la derivada direccional viene

dada

por@f

@!u (P ) = krf (P )k en la direccin del vector gradiente.3.) La direccin de mayor decrecimiento (o mnimo crecimiento) viene dada

en

la direccin rf (P ) y el valor mnimo es @f@!u (P ) = krf (P )k :

Demostracin.Basta considerar

@f

@!u (P ) = rf (P ) !u = krf (P )k cos

21

1.10 Plano tangente y recta normal

Sea z = f(x; y) la ecuacin de una supercie cualquiera. En lo que sigue con-viene para mayor comprensin del razonamiento usar la expresin F (x; y; z) =0 para denotar la supercie de tal modo que

F (x; y; z) = f(x; y) z F (x; y; z) = z f(x; y)

Sea entonces la supercie F (x; y; z) = 0 y P0 = (x0; y0; z0) un puntode ella. Sea !r (t) = x(t)i+ y(t)j + z(t)k la ecuacin paramtrica de unacurva C en dicha supercie y que pasa por el punto (x0; y0; z0):

Tomando la diferencial de F (x; y; z) = 0 tenemos

@F

@xdx+

@F

@ydy +

@F

@zdz = 0

En P0 = (x0; y0; z0) de la curva donde!r (t0) = P0 se tiene

@F (P0)

@x x(t0)dt+ @F (P0)

@y y(t0)dt+ @F (P0)

@z z(t0)dt = 0 =)

@F (P0)

@x x(t0) + @F (P0)

@y y(t0) + @F (P0)

@z z(t0) = 0

Es decir @F (P0)

@x;@F (P0)

@y;@F (P0)

@z

(x(t0); y(t0); z(t0)) = 0

) 5F (P0) !r(t0) = 0Esto nos dice que 5F (P0) es perpendicular a !r(t0): Esto ocurre para todacurva C que pase por P0 y como

!r(t0) es vector tangente a C se tieneque 5F (P0) es perpendicular a toda recta tangente a la supercie en P0:Por lo tanto, 5F (P0) es un vector normal a la supercie en P0:

1.10.1 Plano Tangente

La expresion de la forma:

@F (P0)

@x(x x0) + @F (P0)

@y(y y0) + @F (P0)

@z(z z0) = 0

es la ecuacin del plano tangente a la supercie F (x; y; z) = 0 en el puntoP0 = (x0; y0; z0)

22

1.10.2 Recta Normal

El vector director de la recta es 5F (P0);luego la ecuacin vectorial queda

(x; y; z) = (x0; y0; z0) + t(@F (P0)

@x;@F (P0)

@y;@F (P0)

@z); t 2 R

Ecuacin paramtrica:

x = x0 + t@F (P0)

@x

y = y0 + t@F (P0)

@y; t 2 R

x = z0 + t@F (P0)

@z

Eliminando el parmetro t obtenemos la ecuacin cartesiana:

x x0Fx(P0)

=y y0Fy(P0)

=z z0Fz(P0)

Si la supercie es z = f(x; y) la ecuacin del plano tangente se puedeescribir

z z0 = fx(x0; y0)(x x0) + fy(x0; y0)(y y0)

Ejemplo: Sea z = ex(cos y+ 1) en el punto (0; 2 ; 1) calcular las ecuaciones

del plano tangente y la recta normal a la supercie.

Solucin.

fx(x; y) = ex(cos y + 1); fy(x; y) = ex(seny)

fx(0;

2) = 1; fy(0;

2) = 1

Reemplanzando trminos en la ecuacin del plano tenemos:

z 1 = 1 (x 0) + (1)(y 2)

=) z 1 = x y + 2

Finalmente, la ecuacin del plano tangente queda

23

x y z + 2+ 1 = 0

y(x; y; z) = (0;

2; 1) + t(1;1;1)

la ecuacin de la recta normal en su forma vectorial.

1.11 Funcin Compuesta. La Regla de la Cadena.

En este mdulo abordaremos en forma bsica la siguiente problemtica. Si ues una funcin diferenciable de variables x; y; z; ; y a su vez estas ltimasson funciones de otras variables nuevas t y/o s podemos encontrar la primeraderivada parcial de u con respecto a las nuevas variables t y/o s expresada entrminos de las derivadas parciales de las funciones dadas?. As, por ejemplo,si un fenmeno fsico est ocurriendo digamos en una regin cilndrica, resul-tara mejor expresar las cantidades que interesen en trminos de coordenadascilindricas y no en cartesianas.

1.11.1 Caso particular:

Sea f : D R2 ! R tal que u = f(x; y); dos variables independientes.Supongamos a su vez que cada una de estas dos variables es diferenciable deuna simple variable independiente t: Si x = x(t) y y = y(t), la derivada de lafuncin compuesta (regla de la cadena) con respecto a t es

du

dt=

@u

@x dxdt+@u

@y dydt

du

dt= ru !r 0 (t)

1.11.2 Caso particular de dos variable independientes simples.

Sea f : D R2 ! R tal que u = f(x; y); tiene dos variables inde-pendientes. Estas variables a su vez funciones diferenciables de dos variablessimples independientes t y s: La expresin de las derivadas de la funcincompuesta (o regla de la cadena) es:

@u

@t=@u

@x dxdt+@u

@y dydt

@u

@s=@u

@x dxds+@u

@y dyds

Los expresiones anteriores las podemos expresar matricialmente como:

24

@u

@t;

@u

@s

=

@u

@x;

@u

@y

0B@ dxdt dydtdxds

dy

ds

1CA

Ejemplo 1: Hallardz

dt; si z =

x

y; donde x = et y y = ln t:

Solucin.

Sidz

dt=@u

@x dxdt+@u

@y dydt; entonces

dz

dt=1

yet +

xy2

1

t

dz

dt=

et

ln t e

t

(ln t)21

t= et

1

ln t 1t(ln t)2

Ejemplo 2: Hallar@u

@ty

@u

@ssi u = f(x; y); donde x = t2 s2,

y = ets

Solucin.-En este caso

@u

@t= fx(x; y)

dx

dt+ fy(x; y)

dy

dt; entonces

@u

@t= fx(x; y)(2t) + fy(x; y)(s e

ts)

Similarmente

@u

@s= fx(x; y)

dx

ds+fy(x; y)

dy

ds; entonces

@u

@s= fx(x; y)(2s)+fy(x; y)(t ets)

1.11.3 De forma ms general si

f : D Rn ! R tal que z = f(y1;y2;y3; ; yn;); es funcin de n variablesindependientes. Supongamos tambin que cada una de estas variables inde-pendientes es funcin diferenciable de otras m variables simples independientesx1; x2; x3; ; xm: La expresin de la derivada de la funcin compuesta (regla dela cadena) es similar, pudiendose escribir cada una de estas derivadas por

@z

@xj=

nXi=1

@z

@yi @yi@xj

Esta ecuacin se puede escribir utilizando matrices, como

25

@z

@x1; : : : ;

@z

@xm

=

@z

@y1; : : : ;

@z

@yn

0BBBB@@y1@x1

: : :@y1@xm

......

@yn@x1

@yn@xm

1CCCCALa matriz nm

@yi@xj

i=1:::n; j=1:::m

se denomina matriz jacobiana de

la transformacin yi = yi(x1;x2;x3; ; xm):

Ejemplo 3: Sea f(x; y; z) = x + x2y + zey, en donde x; y; y z , estnrelacionadas con u y v a travs de la transformacin

x = uv; y = u2 v2; z = u senv

Calcule@f

@u;@f

@v, y

@2f

@v@u; en el punto (u; v) = (2; 2):

Solucin.-La matriz jacobiana para esta transformacin es0@ xu xvyu yv

zu zv

1A =0@ v u2u 2v

senv u cos v

1A0@ xu xvyu yv

zu zv

1A (2; 2) =0@ 2 24 4sin 2 2 cos 2

1APara (u; v) = (2; 2); los valores de x; y y z son 4; 0 ; y 2sen2

respectivamente:Entonces la matriz regln (fx fy fz) es

(fx fy fz) =1 + 2xy x2 + zey ey

evaluando en el punto (4; 0; 2sen2) queda

1 + 2xy x2 + zey ey(4; 0; 2sen2) = (1 16 + 2sen2 1)

De donde

(fu fv) = (fx fy fz)

0@ xu xvyu yvzu zv

1A= (fxxu + fyyu + fzzu fxxv + fyyv + fzzv)

26

Evaluando

(fu fv) (2; 2) = (66 + 9sen2 62 8sen2 + 2cos2)

Por lo tanto

@f

@u(2; 2) = 66 + 9sen2 y

@f

@v(2; 2) = 62 8sen2 + 2cos2

Ahora bien, como

fu = fxxu + fyyu + fzzu

= (1 + 2xy )v + (x2 + zey)2u+ eysenv

Se tiene

@2f

@v@u= fuv = 2(xyv + yxv)v + 1 + 2xy + 2(2xxv + ze

yyv + eyzv)u

+ yveysenv + ey cos v

Evaluando en el punto (2; 2) se tiene

@2f

@v@u(2; 2) = 1 36sen2 + 9 cos 2

1.12 Funcin Implicita

Cuando denimos funciones en forma implicita decimos por ejemplo, sea y ='(x) una funcin diferenciable denida implicitamente por medio de la ecuacinF (x; y) = 0; o bien, sea z = f(x; y); denida implicitamente por la ecuacinF (x; y; z) = 0:El primer caso lo podemos ejemplicar con una funcin y = '(x) denida

por la ecuacin de la hiprbola x2 4xy 3y2 = 9Muchas veces las ecuaciones que relacionan a las variables pueden ser tan

complejas y no lineales, que no es posible esperar encontrar relaciones sencillas,si las hay, explcitas que expresen a una variable en trminos de las otras.En trminos generales, lo que se pide es que esta relacin entre las variables

exista localmente, es decir en alguna vecindad de un punto donde las ecuacionesse satisfacen. La mayora de las veces no se esperan resultados globales, es decir,no todos los puntos que satisfacen las relaciones implcitas satisfacen tambinlas explcitas.Con el objeto de ilustrar estas ideas analicemos el siguiente ejemplo.

Ejemplo:

Pruebe que la ecuacin z5+z+xy = 0 dene una funcin z = f(x; y) paratodos los valores x e y:Solucin.

27

Se debe establecer que para cada x e y se puede resolver en forma nica paraz la ecuacin de quinto grado. Ya que esto no es obvio, razonamos utilizandola grca de

u = z5 + z + a

u(z) = 5z4 + 1; 8a =) u es estrictamente creciente;entonces para cadaa existen z1 y z2 tal que

u(z1) < 0 < u(z2)

por lo cual existe un nico z tal que u(z) = 0 para cada a :

Si se identica a con la cantidad xy se ha establecido el hecho planteado.

Luego, "z = f(x; y) se dene implicitamente por la ecuacin z5+z+xy = 0"

1.12.1 Derivacin implicita

En el caso y = '(x) una funcin diferenciable denida implicitamente pormedio de la ecuacin F (x; y) = 0Si F es diferenciable y Fy(x; y) 6= 0: Entonces

dy

dx= Fx(x; y)

Fy(x; y)

En el caso de funciones de dos variables denida implictamente, el siguienteteorema arma la existencia de funciones implcitas bajo ciertas circunstanciasy da formulas para obtener las derivadas parciales de estas funciones:

28

1.12.2 Teorema de la funcin implcita

Sea F una funcin de R3 en R que pertenece a la clase C1 en un conjuntoabierto U . Si F (x0; y0; z0) = 0 y

@F

@z(x0; y0; z0) 6= 0; donde (x0; y0; z0) 2 U;

entonces existe una vecindad V = V(x0; y0); y una vecindad (z0a; z0+a)de z0 y una funcin nica f de C1 sobre V tal que

f(x0; y0) = z0 y f(x; y) 2 (z0 a; z0 + a) 8(x; y) 2 V:

y F (x; y; f(x; y)) = 0

Adems, 8(x; y) 2 V = V(x0; y0) se tiene:

@f(x; y)

@x=

@F

@x(x; y; f(x; y))

@F

@z(x; y; f(x; y))

@f(x; y)

@y=

@F

@y(x; y; f(x; y))

@F

@z(x; y; f(x; y))

Este teorema se puede generalizar a ms variables, de tal modo que si sedan las condiciones exigidas por el teorema y u = f(x; y; z; ) est denidaimplicitamente por F (x; y; z ; ; u) = 0 y Fu(x; y; z ; ; u) 6= 0; entonces

@f

@x=

@F

@x@F

@z

@f

@y=

@F

@y@F

@z

@f

@z=

@F

@z@F

@zetc.

29

Ejemplo: Calcular@z

@xy

@z

@ysi z se dene implicitamente en la ecuacin

x2y 8xyz = yz + z3

Solucin.-

F (x; y; z) = x2y + 8xyz + yz + z3

Fx(x; y; z) = 8yz 2xy; Fy(x; y; z) = 8xz + z x2; Fz(x; y; z) = 8xy + y + 3z2

Claramente estas derivadas son continuas en R3, son funciones polinmicas;Por consiguiente, F pertenece a C1 .Para todo (x; y; z) en que Fz(x; y; z) 6= 0 se tiene.

@z

@x= 8yz 2xy

8xy + y + 3z2

@z

@y= 8xz + z x

2

8xy + y + 3z2

1.13 Jacobiano

1.13.1 Denicin.-

Si f1; f2; f3; : : : ; fn son funciones diferenciables de Rn en R y si (x1; x2; x3; : : : ;xn) 2 D su dominio tal que

f1 = f1(x1; x2; x3 : : : ; xn)

f2 = f2(x1; x2; x3 : : : ; xn)

...

fn = fn(x1; x2; x3 : : : ; xn)

El Jacobiano de las funciones f1; f2; f3; : : : ; fn ; respecto de las variablesx1; x2; x3 : : : ; xn se dene por el determinante de las primeras derivadas

parciales y se denota@(f1; f2; f3; : : : ; fn)

@(x1; x2; x3 : : : ; xn)

@(f1; f2; f3; : : : ; fn)

@(x1; x2; x3 : : : ; xn)=

@f1@x1

@f1@x2

: : : @f1@xn@f2@x1

@f2@x2

: : : @f2@xn...

@fn@x1

@fn@x2

: : : @fn@xn

30

1.13.2 Dos funciones denidas implicitamente

Teorema Sean F (x; y; u; v) = 0 y G(x; y; u; v) = 0 funciones continuas y

con primeras derivadas parciales continuas (F y G pertenecen a C1) en algunavecindad de P0 = (x0; y0; u0; v0) en donde las ecuaciones

F (x; y; u; v) = 0 ; G(x; y; u; v) = 0

se satisfacen. Entonces

a) Si@(F;G)

@(u; v)(P0) 6= 0; las ecuaciones denen implicitamente funciones

continuas u = u(x; y); v = (x; y) con primeras derivadas parciales continuascon respecto a cada una de las variables en alguna vecindad de (x0; y0) yu = u(x0; y0); v = v(x0; y0)

b) Las derivadas parciales de u y v en P0 estan dadas por

@u

@x=

@(F;G)

@(x; v)

@(F;G)

@(u; v)

;@u

@y=

@(F;G)

@(y; v)

@(F;G)

@(u; v)

@v

@x=

@(F;G)

@(u; x)

@(F;G)

@(u; v)

;@v

@y=

@(F;G)

@(u; y)

@(F;G)

@(u; v)

Ejemplo Calcule las derivadas parciales @u@x

y@v

@xdonde u y v estan

denidas por las ecuaciones implcitas

x2 + 2uv = 1; x3 u3 + v3 = 1Solucin:En este caso F (x; u; v) = x2+2uv1 = 0 y G(x; u; v) = x3u3+v31 = 0

@(F;G)

@(u; v)=

2v 2u3u2 3v2 = 6(u3 + v3)

@(F;G)

@(u; v)6= 0 para todo (x; u; v) donde u 6= 0 y v 6= 0:

@(F;G)

@(x; v)=

2x 2u3x2 3v2 = 6x(v2 xu)

@(F;G)

@(u; x)=

2v 2x3u2 3x2 = 6x(xv + u2)

Entonces

31

@u

@x= 6x(v

2 xu)6(u3 + v3)

=x(xu v2)u3 + v3

y

@v

@x= 6x(xv + u

2)

6(u3 + v3)= x(xv + u

2)

u3 + v3

1.14 Mximos y Mnimos

Mximos y Mnimos (extremos locales o relativos) para funciones de dos o msvariables.Sea f : U R2 ! R; U conjunto abierto.f tiene un mximo local en x0 2 U si f(x0) f(x) 8x 2 B(x0; y0)f tiene un mnimo local en x0 2 U si f(x0) f(x) 8x 2 B(x0; y0)

Ejemplo: La funcin f(x; y) = 4 x2 y2 tiene un mximo local en (0; 0);pues f = f(0:0) f(x; y) = x2 + y2 0ya que x2 0; y2 0 8(x; y) 2 B(0; 0):Observacin: Si las desigualdades son vlidas en todo U se tendr extremo

absolutos.

1.14.1 Punto Crtico:

Sea f : D Rn ! R:Los puntos donde todas las derivadas parciales de f soncero o no existen se llaman puntos crtico de f:


Si f : R2 ! R; (x0; y0) es punto crtico de f si y solo si :i)

@f(x0; y0)

@x= 0;

@f(x0; y0)

@y= 0

ii)

@@f(x0; y0)

@x; y/o @

@f(x0; y0)

@y

Ejemplo 1: La funcin z = f(x; y) = x2 + y2

Tiene un mnimo local en (0; 0) : f(0; 0) x2 + y2 = f(x; y)f(0; 0) = 0 es mnimo absoluto.

32

Ejemplo 2: La funcin z = f(x; y) = 1 3px2 + y2

f(0; 0) = 0 es mnimo local y absoluto.

Ejemplo 3: Sea z = f(x; y) = x2 y2 =) @f@x

= 2x@f

@y= 2y

=) (0; 0) punto crtico.

1.14.3 Punto silla:

Denicin : Sea punto (x0; y0) 2 Dom(f) . Si cualquier B(x0; y0) contienepuntos (x; y) 2 B(x0; y0) tales que f(x; y) f(x0; y0) > 0 y puntos (x; y) 2B(x0; y0) tales que f(x; y) f(x0; y0) < 0 se llama punto ensilladura.Denicin. Sea f : U Rn ! R:Un punto crtico en que f no es mximo

ni mnimo se llama punto silla.

Ejemplo: En la funcin f(x; y) = x2 y2; (0; 0) es punto ensilladura, puesf = f(0; 0) f(x; y) = x2 + y2 no se puede decir nada an del signo, peropara f = f(0:0) f(x; 0) = x2 0 y f = f(0; 0) f(0; y) = y2 0;permite concluir que (0; 0) es punto ensilladuraObservacin: Deniciones extendibles a funciones de ms variables.

1.14.4 Teorema:

Sea f una funcin continua de dos variables denida en una regin cerrada yacotada R del plano XY: Entonces:a.) Al menos hay un punto (x0; y0) 2 R en que f alcanza su valor mnimo.b.) Al menos hay un punto (x0; y0) 2 R en que f alcanza su valor mximo.

Observacin: Este Teorema es extensible a ms variables.Denicin: Sea f : U Rn ! R funcin denida en un conjunto abierto

U 2 Rn y sea x 2 U . Suponga que todas las derivadas parciales de segundoorden existen en x. A la matriz cuadrada de orden n:

A = (aij)i;j=1;:::;n donde aij =@2f

@xi@xj(x)

x = (x1; x2; :::; xn)

se llama matriz Hessiana (o simplemente Hessiano) de la funcin f en x yse denota H(x):

33


Para f(x; y)

H(x; y) =

@2f@x2

@2f@y@x

@2f@x@y

@2f@y2

!


Para f(x; y; z)

H(x; y; z) =

0B@@2f@x2

@2f@y@x

@2f@z@x

@2f@x@y

@2f@y2

@2f@z@y

@2f@x@z

@2f@y@z

@2f@z2

1CASea

An =

0BBBB@a11 a12 : : : a1n

a21. . .

.... . .

an1 ann

1CCCCAConsideremos las submatrices Ak de An (k = 1; 2; : : : ; n) denidas de las

siguientes maneras:

A1 = (a11) ; A2 =

a11 a12a21 a22

; A3 =

0@ a11 a12 a13a21 a22 a23a31 a32 a33

1A ; ;

An =

0BBBB@a11 a12 : : : a1n

a21. . .

.... . .

an1 ann

1CCCCA1.14.7 Teorema: (Consideraciones sucientes para la existencia de

extremos locales)

Sea f : U Rn ! R una funcin denida en un conjunto abierto U de Rn y xun punto critico de f (es decir rf(x) = !0 ) y supongamos que las derivadasparciales de segundo orden son crticos en una vecindad abierta de x. Entonces:a.) Si todas las submatrices Ak de la matriz Hessiana H(x) denidas de la

forma anterior tienen determinante positivo, f tiene un mnimo local en x.b.) Si todas las submatrices Ak de la matriz Hessiana H(x), denidas de

la forma anterior, tienen determinantes de signo alternado comenzando porA1 < 0, f tiene un mximo local en x.

34

Ejemplo 1: Sea f : R2 ! R denida por f(x; y) = x2 + 3y2 2x 12y + 13

rf(x; y) = (2x 2; 6y 12) = (0; 0) =) (1; 2) .Punto Crtico.H(x; y) =

2 00 6

=) detH(x; y) = 12

A1 = (2) =) detA1 = 2 > 0A2 =

2 00 6

=) detA2 = 12 > 0

) f tiene mnimo local en (1; 2):

Ejemplo 2: Sea f : R2 ! R denida por f(x; y) = x2 + 3y2 e1(x2+y2):@f@x = 2xe

1(x2+y2)2x x2 + 3y2 e1(x2+y2): = e1(x2+y2) 2x 2x3 6xy2@f@y = 6ye

1(x2+y2)2y x2 + 3y2 e1(x2+y2): = e1(x2+y2) 6y 6y3 2x2y=) x x

3 3xy2 = 03y 3y3 x2y = 0

=) x

1 x2 3y2 = 0

y3 3y2 x2 = 0

=) (0; 0)

Puntos Crticos: (0; 0); (0; 1); (0;1); (1; 0); (1; 0); (1; 0)

Determine si en estos puntos hay mximos, mnimos o puntos sillas.

Ejemplo 3: Sea f : R4f0; 0; 0; 0g ! R y f(x; y; z; u) = x+ yx+z

y+u

z+1

uDetermine los valores extremos de f:

@f

@x= 1 y

x2= 0

@f

@y=

1

x zy2= 0

@f

@z=

1

y uz2= 0

@f

@y=

1

z 1u2= 0

=) (1; 1; 1; 1) Punto Crtico.0BBBB@@2f@x2

@2f@y@x

@2f@z@x

@2f@u@x

@2f@x@y

@2f@y2

@2f@z@y

@2f@u@y

@2f@x@z

@2f@y@z

@2f@z2

@2f@u@z

@2f@x@u

@2f@y@u

@2f@z@u

@2f@u2

1CCCCA

35

H(x; y; z; u) =

0BB@2yx3 1x2 0 0 1x2 2zy3 1y2 00 1y2 2uz3 1z20 0 1z2 2u3

1CCA

H(1; 1; 1; 1) =

0BB@2 1 0 01 2 1 00 1 2 10 0 1 2

1CCA41 = 2;42 = 3;43 = 2;44 = 5

)Hay un mnimo local en (1; 1; 1; 1):

1.15 Extremos Restringidos

Pensemos, que se tiene una funcin f(x; y) sujeta a cierta condicin g(x; y) =0:Se quiere maximizar o minimizar f(x; y) con la condicin que (x; y) satisfagala ecuacin g(x; y) = 0:En este caso podemos elaborar una respuesta aplicando la condicin nece-

saria de valor extremo para f(x; y)

df

dx=@f

@x+@f

@y dydx= 0

Aplicando el teorema de la funcin implcita podemos calculardy

dxa partir

de

g(x; y(x)) = 0 =) @g@x

+@g

@y dydx= 0

=) dydx=

@g@x@g@y

Sustituyendo en la primera ecuacin tenemos:

df

dx=@f

@x+@f

@y @g@x@g@y

!= 0 ;

@g

@y6= 0

=) @f@x

@g

@y+@f

@y @g@x

= 0

=) @(f; g)@(x; y)

= 0

Entonces los puntos crticos deben cumplir dos condiciones:

36

g(x; y) = 0:

@(f; g)

@(x; y)= 0

Adems, la decisin de valor extremo resulta del signo ded2f

dx2en cada

punto crtico, ya que f(x; y) = f(x; y(x)) = f(x):

Ejemplo 1. Obtenga las dimensiones de un rectngulo de permetro dadoque determinan la mayor y la menor rea de ste.Solucin.Si x e y denotan las longitudes de los lados del rectngulo, el problemaconsistir en buscar los extremos de la funcin

f(x; y) = xy; x; y > 0

sujeta a la restriccin g(x; y) = x+ y L2 = 0 ,donde L es el permetrodado.Entonces aplicando las condiciones necesaria para obtener los puntoscrticos tenemos:

g(x; y) = x+ y L2= 0:

@(f; g)

@(x; y)=

y x1 1

=) y = x

Sustituyendo el resultado obtenido en la primera ecuacin, se tiene:

x = y =L

4

Luego hemos encontrado que la funcin f tiene un nico punto crtico en

P =

L

4;L

4

.

Adems, determinemos la naturaleza del punto usando el criterio de lasegunda derivada

f(x; y (x)) = xy =) dfdx= y + x

dy

dx

g(x; y) = x+ y L2= 0 =) dy

dx= 1

) dfdx= y x

d2f

dx2=

dy

dx 1 = 2 < 0

37

Por tanto, en el punto (L4 ;L4 ;

L2

16 ) hay un mximo relativo sobre la curva deinterseccin de las dos supercies z = xy y x+ y = L2

La situacin se puede generalizar para funciones de ms variables o mscondiciones.Por otra parte, para resolver este mismo tipo de problemas de mximo ymnimo podemos utilizar otro mtodo que se fundamenta en el siguienteteorema.

1.15.1 Teorema (Multiplicadores de Lagrange)

Sean f : U Rn ! R; g : U Rn ! R funciones de C1. Sean x0 2 U tal queg(x0) = 0 y S = fx 2 U : g(x) = 0g supongamos adems que rg(x0) 6= 0. Sif jS (f restringida a S) tiene un mximo o mnimo local en S; en x0;entoncesexiste 2 R talque:

rf(x0) + rg(x0) = 0Nota: Lo anterior signica que x0 es un punto crtico de f jS :Mtodo: Construir F (x; y; ) = f + g y determinar puntos crticos de F

Ejemplo 1. Utilice el procedimiento que se origina a partir de este teoremapara obtener el mximo local del ejemplo anterior.

Solucin.En este caso

f(x; y) = xy; x; y > 0

sujeta a la condicin:

g(x; y) = x+ y L2= 0

:Sea F (x; y; ) = xy + (x+ y L2 ); entonces

Fx = y + = 0

Fy = x+ = 0

F = x+ y L2= 0

de aqu x = ; y = y sustituyendo en la tercera ecuacin: L2 = 0 =) = L4 :El punto crtico es (x0; y0) = ( L4 ;

L4 ):

El punto (L4 ;L4 ;

L2

16 ) es el mximo relativo sobre la curva de interseccinde las dos supercies z = xy y x+ y = L2

38

Ejemplo 2. De todos los rectngulos inscritos en la elipsex2

a2+y2

b2= 1;

a > 0 y b > 0 con lados paralelos al los ejes, determine el de mayor rea.Solucin.En este caso

f(x; y) = 4xy; x; y > 0

y g(x; y) =x2

a2+y2

b2 1 = 0

Sea F (x; y; ) = 4xy + x2

a2+y2

b2 1 = 0

; entonces

Fx = 4y + 2x

a2= 0 =) = 2a

2y

x

Fy = 4x+ 2y

b2= 0 =) = 2b

2x

y

) x2

a2=

y2

b2

Reemplazando esta ltima expresin en la ecuacin

F =x2

a2+y2

b2 1 = 0 =)

obtenemos a un nico punto crtico:ap2;bp2

Adems, determinemos la naturaleza del punto usando el criterio de lasegunda derivada

f(x; y (x)) = 4xy =) dfdx= 4y + 4x

dy

dx=) d

2f

dx2= 4

dy

dx+ 4x

d2y

dx2

g(x; y) =x2

a2+y2

b2 1 = 0 =) dy

dx= b

2x

a2y

=) d2y

dx2= b

2

a2

1

y+b2

a2x2

y3

Reemplazando la primera y segunda derivada, produce

d2f

dx2= 8 b

2x

a2y 4 b

4

a4

x3

y3

=) d

2f

dx2= 12 b

a< 0

En el puntoap2;bp2

hay mximo relativo f

ap2;bp2

= ab

39

Ejemplo 3: Obtenga los extremos posibles de f(x; y) = x2 + 24xy + 8y2 conla restriccin x2 + y2 25 = 0Solucin:Sea F (x; y; ) = x2 + 24xy + 8y2 +

x2 + y2 25 :

Fx = 2x+ 24y + 2x = 0 =) (1 + )x+ 12y = 0 (1)Fy = 24x+ 16y + 2y = 0 =) 12x+ (8 + )y = 0 (2)F = x

2 + y2 25 = 0 (3)Multiplicando la ecuacin (1) por 12 y (3) por(1 + ) produce.

12(1 + )x+ 144y = 0

12(1 + )x+ (8 + )(1 + )y = 0

Restando ambas ecuaciones

=) 2 + 9 136 = 0 =) 1 = 8; 2 = 17

Si = 8 =) 18x+ 24y = 024x+ 32y = 0

=) 3x+ 4y = 0 =) y = 34x

x2 +34x2= 25 =) x = 4

Lo que da los puntos crticos (4;3)Si = 17 en forma similar se obtiene que (3;4) son puntos crticos.

Para determinar mximos y mnimos absolutos e una regin cerraday acotada encerrada por una curva suave, se debe: Determinar todos los puntos crticos en el interior de la regin. Usar Lagrange para determinar puntos crticos en la frontera. Evaluar f en los puntos, crticos. Analizar y seleccionar el mximo y el mnimo utilizando los puntos

crticos obtenidos

1.16 Criterio de la Segunda Derivada para Extremos Re-

stringidos.

Sea f(x; y) funcin a maximizar o minimizar y g(x; y) = 0 la condicin:S =

(x; y) 2 R2 j g(x; y) = 0 :Sea F (x; y; ) = f(x; y) + g(x; y)

Sea (x0; y0; ) punto crtico de F

@f@x j(x0;y0) + @g@x j(x0;y0)= 0@f@y j(x0;y0) +@g@y j(x0;y0)= 0

g (x0; y0) = 0

40

Se desea utilizar el criterio de la segunda derivada para identicar extremoslocales de la funcin f(x; y) bajo la condicin g (x; y) = 0 lo que conduceencontrar los mximos y mnimos de funciones de una variable f(x; y(x)) .De la condicin, calculemos y = y(x) y reemplacemos en f jS : Aqu

podemos considerar f como funcin de una variable, es decir f(x; y) = f(x; y(x))enS:Nos proponemos calcular @

2f@x2

df

dx=@f

@x+@f

@y dydx

d2f

dx2=

@2f

@x2+

@2f

@y@x dydx+

@2f

@x@y dydx+@2f

@y2dy

dx

2+@f

@y d

2y

dx2

=@2f

@x2+ 2

@2f

@y@x dydx+@2f

@y2dy

dx

2+@f

@y d

2y

dx2

g(x; y(x)) = 0 =) @g@x

+@g

@y dydx= 0

=) dydx=

@g@x@g@y

Derivando nuevamente g respecto de x

@2g

@x2+

@2g

@y@x dydx+

@2g

@x@y dydx+@2g

@y2dy

dx

2+@g

@y d

2y

dx2= 0

Sustituyendody

dxse tiene:

@2g

@x2+ 2

@2g

@y@x @g@x@g@y

!+@2g

@y2 @g@x@g@y

!2+@g

@y d

2y

dx2= 0 =

@g

@y

@2g

@x2 @g@y 2 @

2g

@y@x @g@x

+@2g

@y2@g

@x

2 1

@g@y

2 + @g@y2 d

2y

dx2= 0

=) d2y

dx2=

1@g@y

2"@

2g

@x2 @g@y+ 2

@2g

@y@x @g@x

@2g

@y2@g

@x

2 1@g@y

#

Reemplazando en d2fdx2

41

d2y

dx2=

@2f

@x2 2 @

2f

@y@x

@g@x@g@y

!+@2f

@y2

@g@x@g@y

!2

+@f

@y 1

@g@y

2"@

2g

@x2 @g@y+ 2

@2g

@y@x @g@x

@2g

@y2@g

@x

2 1@g@y

#

y0 = y(x0)@f@x jx0= @g@x jx0 ; @f@y jx0= @g@y jx0

Luego (x0; y0)@f@x jx0@g@x jx0

= @f@y jx0@g@y jx0

=

d2f

dx2=

1@g@y

2"@2f

@x2@g

@y

2 2 @

2f

@y@x @g@x

@g@y+@2f

@y2@g

@x

2

+@2g

@x2@g

@y

2 2 @

2g

@y@x @g@x

@g@y+

@2g

@y2@g

@x

2#

=1@g@y

2"

@2f

@x2+

@2g

@x2

@g

@y

2 2

@2f

@y@x+

@2g

@y@x

@g@x

@g@y+

@2f

@y2+

@2g

@y2

@g

@x

2#

Podemos escribir entonces:

d2f

dx2=

1@g@y

2"@2F

@x2@g

@y

2 2 @

2F

@y@x @g@x

@g@y+@2F

@y2@g

@x

2#

En el parntesis

= @g@x

@g@x

@g@y

@2F@y@x

@2F@y2

+ @g@y

@g@y

@g@x

@2F@y@x

@2F@x2

=

0 @g@x

@g@y

@g@x

@2F@x2

@2F@y@x

@g@y

@2F@y@x

@2F@y2

= 0 @g@x

@g@y

@g@x

@2F@x2

@2F@y@x

@g@y

@2F@y@x

@2F@y2

De lo anterior se plantea la siguiente denicin

42

1.16.1 Denicin.

Si f y g son funciones como las denidas antes y F = f+g: Llamamos hessianolimitado de la funcin F a

HF =

0 @g@x

@g@y

@g@x

@2F@x2

@2F@y@x

@g@y

@2F@y@x

@2F@y2

en (x0; y0)De tal modo que

d2f

dx2= HF (x0; y0)

@g@y (x0; y0)

2

1.16.2 Teorema en extremos restringidos

Consideremos nuevamente

d2f

dx2= HF (x0; y0)

@g@y (x0; y0)

2De esta expresin, dado que el signo de la segunda derivada d

2fdx2 depende

slo del determinante Hessiano limitado, ya que@g@y (x0; y0)

2> 0;tenemos la

siguiente forma para el criterio de la segunda derivada.

1.16.3 Teorema

Criterio de la Segunda derivada para extremos restringidos.a) Si HF (x0; y0) > 0, entonces

d2fdx2 < 0 y la funcin tiene un mximo local

condicionado en (x0; y0).b) Si HF (x0; y0) < 0, entonces

d2fdx2 > 0 y la funcin tiene un mnimo local

condicionado en (x0; y0) :c) Si HF (x0; y0) = 0 no hay informacin del punto(x0; y0).

43

Ejemplo: Hallar los extremos de f(x; y) = (x y)2 sujeta a la restriccinx2 + y2 1 = 0Solucin:Sea F (x; y; ) = (x y)2 + x2 + y2 1Fx = 2 (x y) + 2x = 0Fy = 2 (x y) + 2y = 0

=) 2 (x+ y) = 0

F = x2 + y2 = 1

Si = 0 =) y = x =) 2x2 = 1 =) x = 1p2

Produce dos puntos crticos1p2; 1p

2

y 1p

2; 1p

2

Si 6= 0 =) y = xSe tienen otros dos puntos crticos adicionales1p2; 1p

2

y 1p

2; 1p

2

Calculemos ahora el Hessiano lmitado

HF (x; y) =

0 2x 2y2x 2 + 2 22y 2 2 + 2

= 2x (2x (2 + 2) + 2 (2y))= 8 x2 + xy + y2 8 x2 + y2

Evaluando para = 0

HF (x; y) =

0 2x 2y2x 2 22y 2 2

= 8 x2 + xy + y2

En los dos primeros dos puntos crticos produce

HF

1p

2; 1p

2

= 12 < 0

Por lo tantod2f

dx2> 0, la funcin f en estos puntos tiene mnimos locales

condicionados

Sustituyendo y = x en la primera ecuacin se tiene = 2 6= 0. Entoncesel Hessiano se reduce

HF (x; y) = 8x2 xy + y2

44

HF

1p

2;1p2

= 12 > 0

Igual resultado se logra al evaluar en el otro otro crtico

HF

1p2; 1p

2

= 12 > 0

Entoncesd2f

dx2< 0 y la funcin f tiene en estos puntos mximos locales

condicionados .

Este criterio de la segunda derivada para extremos restringidos se puedegeneralizar para funciones de ms de dos variables.En el caso de una funcin de tres variables x; y; z y sujetos a la sola restriccin

g(x; y; z) = 0; formamos el Hessiano correspondiente a

F (x; y; z; ) = f(x; y; z) + g (x; y; z)

de la siguiente forma

HF =

0 @g@x

@g@y

@g@z

@g@x

@2F@x2

@2F@y@x

@2F@x@z

@g@y

@2F@y@x

@2F@y2

@2F@y@z

@g@z

@2F@x@z

@2F@y@z

@2F@z2

y sea

A3 =

0 @g@x

@g@y

@g@x

@2F@x2

@2F@y@x

@g@y

@2F@y@x

@2F@y2

El criterio de la segunda derivada en este caso expresa:Sea (x0; y0; z0) punto crtico.a.- SiHF < 0 y A3 > 0;entonces la funcin f tendr un mximo condicionado

en (x0; y0; z0):b.- SiHF < 0 y A3 < 0;entonces la funcin f tendr un mnimo condicionado

en (x0; y0; z0):c.- Si HF > 0;entonces la funcin f no tiene extremos condicionado en

(x0; y0; z0):d.- Si HF = 0; no hay informacin acerca del punto(x0; y0;z0).

45

Ejemplo Sea f(x; y; z) = x2 + y2 + z2 sujetos a la restricin g (x; y) = z2 +2x y2 1 = 0Solucin:Sea la funcin F = x2 + y2 + z2 +

z2 + 2x y2 1

Fx = 2x+ 2 = 0 =) 2 (x+ ) = 0 =) x = Fy = 2y 2y = 0 =) 2y(1 ) = 0 =) y = 0Fz = 2z + 2z = 0 =) 2z(1 + ) = 0 =) z = 0F = z

2 + 2x y2 1 = 0

Reemplazando en F : 02 + 2() 02 1 = 0 =) = 12 as el puntocrtico es

12 ; 0; 0

HF =

0 2 2y 2z2 2 0 02y 0 2 2 02z 0 0 2 + 2

= 4 4 4x2 2y 2 2y (2 2) + 2z 2 (2 2) (2z)

HF

1

2; 0; 0;1

2

= 16 < 0

A3 = 8y2 4 (2 2) = 0 12 < 0

)Hay un mnimo condicionado en el punto12 ; 0; 0

:

46

Documents

Diferencia c i on 2011