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This is Sparta!! oh wait C alculo III!!! · ... seguida luego de ejercicios resueltos. Los ejercicios son de ... Integrales Dobles ... Integrales Triples

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  • Pontificia Universidad Catolica de ChileEscuela de Ingeniera

    Departamento de Ingeniera Matematica (?)

    This is Sparta!!... oh wait... Calculo III!!!

    Matas Lopez AbukalilJuan Pablo Vigneaux Arizta

    David Cozmar Ramrez

    13 de diciembre de 2011

    http://www.ucimat.tkmailto:[email protected]:[email protected]:[email protected]
  • A continuacion se presentan apuntes del curso Calculo III (MAT1630).

    Hemos seguido el orden sugerido por el programa del curso, tratando de alcanzar el mayor grado de completitud.Cada captulo presenta la materia correspondiente, seguida luego de ejercicios resueltos. Los ejercicios son dedificultad variable; algunos, para nada sencillos. No se desanime si hay cosas que no salen en el primer intento (oen el n-esimo).

    Obviamente, nosotros no reclamamos la autora de todo lo que aparece en las paginas de este documento. Unagran parte de lo que encontrara en estos apuntes se basa en nuestras propias notas sobre el curso, tomadas en lasclases de los profesores Mariel Saez, Angel Carocca, Martin Chuaqui y Manuel Elgueta. A la vez, varios ejercicioshan sido tomados de pruebas, guas o ayudantas antiguas tanto de esta universidad como de la otra. Esperamosque se nos perdone no tener un sistema de citas del todo riguroso. No obstante lo anterior, toda equivocacion oimprecision es de nuestra responsabilidad.

    El documento completo se encuentra en pleno desarrollo y probablemente contiene muchos errores (typos,signos, etc.) que esperamos ir arreglando con su ayuda. Luego, si detecta alguno, favor informar a [email protected] [email protected]

    Queremos remarcar de forma categorica que estos apuntes son absolutamente complementarios a las clasesesto no es La Biblia ni mucho menos y, por lo tanto, no las reemplazan de ninguna forma.

    Finalmente, queremos decirle al lector que, al igual que con todo libro de problemas resueltos, leerlo no le sirvepara nada. Debe ensuciarse las manos y zambullirse en los mares de diversion.

    Actualizaciones

    Enero 2011: Nos encontramos en una dura batalla contra nuestra flojera, cuya victoria nos llevara a tenertodos los vectores con flechitas arriba.

    ~x x x x

    mailto:[email protected]:[email protected]
  • Indice general

    1. Topologa de Rn 51.1. Introduccion . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5

    1.2. Normas en Rn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 61.3. Abiertos y Cerrados . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8

    1.4. Acumulacion, Frontera y Clausura . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10

    1.5. Un par de definiciones geometricas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12

    1.6. Problemas Resueltos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12

    2. Calculo Diferencial de Funciones Escalares en Varias Variables 17

    2.1. Funciones Escalares de Varias Variables . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17

    2.2. Lmites . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23

    2.3. Continuidad . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26

    2.4. Derivadas Parciales y Direccionales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28

    2.5. Diferenciabilidad . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32

    2.6. Plano Tangente . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34

    2.7. Gradiente . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35

    2.8. Problemas Resueltos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39

    3. Aplicaciones 61

    3.1. Teorema de Taylor . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 61

    3.2. Mnimos y Maximos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 64

    3.3. Multiplicadores de Lagrange . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 67

    3.4. Problemas Resueltos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 68

    4. Calculo Diferencial de Funciones Vectoriales en Varias Variables 81

    4.1. Funciones Vectoriales de Varias Variables . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 81

    4.2. Lmites . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 82

    4.3. Continuidad . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 84

    4.4. Diferenciabilidad . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 84

    4.5. Matriz Jacobiana . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 88

    4.6. Cambios de Coordenadas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 88

    4.7. Problemas Resueltos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 89

    5. Teorema de la Funcion Implcita e Inversa 93

  • 4 INDICE GENERAL

    5.1. Teorema de la Funcion Implcita . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 93

    5.2. Teorema de la Funcion Inversa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 96

    5.3. Problemas Resueltos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 97

    6. Integrales Multiples 105

    6.1. Integrales Dobles . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 105

    6.2. Integrales Triples . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 112

    6.3. Integrales n-esimas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 113

    6.4. Teorema del cambio de variable . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 113

    6.5. Aplicaciones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 116

    6.6. Problemas Resueltos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 116

    7. Integrales de Lnea 133

    7.1. Integrales de campos escalares sobre curvas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 133

    7.2. Integrales de campos vectoriales sobre curvas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 134

    7.3. Campos conservativos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 135

    7.4. Teorema de Green . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 139

    7.5. Problemas Resueltos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 140

    8. Integrales de Superficie 151

    8.1. Introduccion a las superficies . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 151

    8.2. Integrales sobre superficies . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 153

    8.3. Divergencia y rotor . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 155

    8.4. Teorema de Stokes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 156

    8.5. Teorema de la Divergencia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 158

    8.6. Problemas Resueltos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 158

    A. Conceptos de Algebra Lineal 169

    A.1. Formas cuadraticas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 169

    B. Funciones Gamma y Beta 171

    B.1. Definicion . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 171

    B.2. Problemas Resueltos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 171

  • Captulo 1

    Topologa de Rn

    A nuevos conceptos corresponden, necesariamente, nuevos signos.- David Hilbert1.1

    El lector ya se habra dado cuenta que el Calculo en una Variable en la mayora de las ocasiones se queda cortoa la hora de modelar la realidad. La razon, por muy filosofica que quiera presentarse, es simple: los fenomenosdependen de mas que una variable. De hecho, dependen de muchas mas de las que somos capaces de darnoscuenta.

    Levante la vista y mire a su alrededor. Cuantas libertades de movimiento posee? Le parece que tiene algunsentido modelar esto como si fuese la recta real? Probablemente no (si la respuesta fue s, entonces mire denuevo hasta que se convenza). Al menos necesitaramos un par de coordenadas extra, digamos dos: y, z. Con estesimple ejercicio, acabamos de cambiar nuestra percepcion de la realidad y llevar nuestro primitivo pero a la vezfamiliar mundo de Calculo I, a uno donde las coordenadas espaciales seran (x, y, z), lo que se conoce como R3.Ahora, si Ud. cree que con eso se acabo toda la historia, no se precipite. Aparenta ser suficiente desenvolverseen R3? Imagine que en este instante suena su telefono (o iPhone si es que le da asquito tener algo tan poco PUC)y lo llama un ex-companero del colegio, el cual no ve hace cinco anos, para juntarse a tomar algo. Acuerdanjuntarse en el Budapest. No siente que falta algo? Cuando es necesario precisar un punto de reunion, no solofijamos el lugar espacial donde este se llevara a cabo, sino que tambien fijamos el momento en el que volveremosa ver a nuestro ex-companero. De esta forma, R3 tambien es un mundo que nos queda chico, y nos volvemos aver obligados agregar una nueva variable: t, lo cual nos obliga a trabajar en R4.De esta forma, el lector puede apreciar que sin importar cuanto se esfuerce, una nueva variable nunca esta demas. Por lo tanto, antes de entrar al Calculo propiamente tal, nos interesa describir de una forma mas exacta enque mundo trabajaremos.

    Adelantamos que esta seccion puede ser un poco densa, as que aconsejamos leerla con calma y mas de una vezsi fuese necesario (probablemente lo sera).

    1.1. Introduccion

    1.1 Definicion. Definimos el conjunto de n-tuplas de numeros reales como

    Rn := {(x1, x2, . . . , xn) : xi R, i = 1, . . . , n} = R R . . . R.1.1David Hilbert (1862 - 1943) fue un matematico aleman, reconocido como uno de los mas influyentes del siglo XIX y principios del

    XX. Establecio su reputacion como gran matematico y cientfico inventando o desarrollando un gran abanico de ideas, como la teorade invariantes, la axiomatizacion de la geometra y la nocion de espacio de Hilbert, uno de los fundamentos del analisis funcional.Tambien conocido por los 23 problemas de Hilbert, los cuales fueron presentados durante el Congreso Internacional de Matematicosde Pars en 1900 y que generaron grandes avances en la matematica del siglo XX, ya sea para la resolucion de ellos o por teorasdesarrolladas a partir de ellos y sus soluciones.

  • 6 Normas en Rn

    Como sabemos de Algebra Lineal (s, por esto y un par de cosas mas, es un pre-requisito de este curso), Rn es unespacio vectorial sobre R. Sin embargo, antes de empezar a trabajar con el, es necesario recordar una operacionque nos sera muy util.

    1.2 Definicion. Diremos que una funcion , : Rn Rn R es un producto interno si satisface que

    (a) x,x 0,x Rn.

    (b) x,x = 0 x = 0.

    (c) x,y = y,x,x,y Rn.

    (d) x, y = x,y,x,y Rn, R.

    (e) x + y, z = x, z+ y, z,x,y, z Rn.

    1.3 Observacion. Si x,y, z Rn y R, entonces

    x,y = y, x = y,x = x,y

    yx + z,y = y,x + z = y,x+ y, z = x,y+ z,y.

    Es decir, la simetra del producto interno nos permite obtener, a partir de la linealidad en una sola de lascomponentes, la linealidad en ambas. Es por esta razon que se dice que el producto interno es una forma bilinealsimetrica definida positiva: bilineal pues es lineal en cada variable, simetrica por la propiedad (c) y definidapositiva por (a) y (b).

    1.4 Observacion. Si x,y Rn, entonces

    x + y,x + y = x,x + y+ y,x + y = x + y,x+ x + y,y = x,x+ y,x+ x,y+ y,y,

    es decir,x + y,x + y = x,x+ 2x,y+ y,y.

    Esto nos garantiza la existencia de un cuadrado de binomio

    1.5 Ejercicio. Muestre que 0,x = 0,x Rn.

    1.6 Ejemplo. Por lo general, en Rn se trabaja con el producto canonico o producto punto definido como

    x y := x,y =ni=1

    xiyi. (1.1)

    1.7 Ejercicio. Pruebe que el producto punto es realmente un producto interno, es decir, que se satisfacen lascondiciones de la definicion del producto interno.

    1.2. Normas en Rn

    Ahora queremos definir una forma de medir. 1.2 Partiremos definiendo axiomaticamente el concepto de normade un vector. Se supone que el lector esta familiarizado con algunas normas, como la norma euclidiana en R2:

    (x, y) =x2 + y2

    o el modulo en C:|z| =

    zz.

    Estas normas las asociabamos al largo del vector. Con esta idea en mente, pero de forma un poco mas abstractay formal, introducimos la siguiente definicion.

    1.2Este es un deseo que, por siglos, ha llevado a los matematicos a definir toda clase de cosas horrosamente complejas (partiendopor los espacios metricos y los espacios topologicos) pero que han sido de una increble utilidad para el desarrollo tanto de la fsicacomo de la ingeniera.

  • Topologa de Rn 7

    1.8 Definicion. Diremos que una funcion : Rn R es una norma si satisface que

    (a) x 0,x Rn.

    (b) x = 0 x = 0.

    (c) x = || x ,x Rn, R.

    (d) x + y x+ y ,x,y Rn. (Desigualdad triangular)

    As, (Rn, ) se dice un espacio vectorial normado (e.v.n).

    1.9 Ejemplo. Generalmente en Rn se trabaja con la norma euclidiana definida como

    x2 :=

    (ni=1

    |xi|2) 1

    2

    . (1.2)

    Esta norma es un caso particular de la norma p, dada por

    xp :=

    (ni=1

    |xi|p) 1p

    , (1.3)

    con p 1.

    1.10 Ejercicio. Pruebe que 2 es realmente una norma.1.3

    1.11 Observacion. Si n = 1, es decir, en R, todas las normas p son iguales.

    Notemos que quex2 =

    x x.

    Esto no es una casualidad. Existe una ntima relacion (bordeado en lo porno) entre la norma euclidiana y elproducto canonico, pero antes de describirla, es necesario probar un lema que nos sera muy util.

    1.12 Lema (Desigualdad de Cauchy-Schwarz-Bunyakovsky). Sean x,y Rn, entonces

    x,y2 x,xy,y.

    Demostracion. Notemos que

    0 x + y, x + y = x, x+ 2x,y+ y,y = 2x,x+ 2x,y+ y,y, R.

    Luego, de la condicion para el discriminante de la cuadratica en , conclumos que

    (2x,y)2 4x,xy,y 0 x,y2 x,xy,y.

    1.13 Observacion. El poder escribir una norma en terminos de un producto punto es sumamente util pero nosiempre es posible.1.4 Por ejemplo, es posible mostrar que para p 6= 2, la norma p no proviene de un productointerno.

    1.14 Teorema. Sea , un producto interno de Rn. Entonces, la funcion =, es una norma.

    Demostracion. Sean x,y Rn y R.1.3Es posible probar que p es realmente una norma pero mostrar la desigualdad triangular en este caso requiere muchsimo trabajo

    pues antes se debe probar la famosa desigualdad de Holder que generaliza la desigualdad de Cauchy-Schwarz-Bunyakovsky.1.4Para este tipo de normas se ha desarrollado una enorme teora conocida como los espacios de Hilbert, un caso particular de los

    espacios de Banach.

  • 8 Abiertos y Cerrados

    (a) Como x,x 0 con la igualdad si y solo si x = 0, se tiene que x =x,x 0 con la igualdad si y solo

    si x = 0.

    (b) Como x, x = 2x,x, se tiene que

    x =x, x =

    2x,x = || x,x = || x .

    (c) Notemos que x + y =x + y,x + y =

    x,x+ 2x,y+ y,y =

    x2 + 2x,y+ y2. Pero,

    por el Lema 1.12, sabemos que x,y x y, de lo cual sigue que

    x + y x2 + 2 x y+ y2 =

    (x+ y)2 = x+ y .

    1.15 Ejercicio (Ley del Paralelogramo). Sea la norma inducida por un producto interno en Rn. Muestre que

    x + y2 + x y2 = 2(x2 + y2

    ). (1.4)

    Como hemos adelantado, la norma nos entrega una forma de medir. Recordemos que dados x,y Rn, el vectorx y representa segmento que une x e y. Luego, al igual que como se hizo en R, diremos que la distancia entrex e y esta dada por

    d(x,y) := x y . (1.5)

    Queremos destacar que la introduccion de una nocion de distancia es sumamente importante para desarrollar elCalculo, pues permite definir que es estar cerca, i.e. las definiciones con y con las que el lector fue atormentadoen su pasado (y en su futuro cercano).

    1.16 Observacion. Sean x,y, z Rn, entonces

    x y = x z + z y = (x z) + (z y) x z+ z y ,

    es decir,d(x,y) d(x, z) + d(z,y). (1.6)

    1.3. Abiertos y Cerrados

    De ahora en adelante, (R, ) sera un e.v.n. donde representa a la norma euclidiana definida en (1.2).

    1.17 Definicion. Sea x0 Rn y r > 0. Definimos la bola abierta de centro x0 y radio r como

    B (x0, r) := {x Rn : x x0 < r} .

    1.18 Ejemplo. Miremos algunas bolas variando la dimension del espacio.

    (a) Si n = 1, entonces B(x0, r) = {x R : |x x0| < r} =]x0 r, x0 + r[.

    (b) Si n = 2, entonces B (x0, r) ={

    (x, y) R2 :

    (x x0)2 + (y y0)2 < r}

    , es decir, el disco de radio r y

    centro x0 = (x0, y0) (sin incluir el borde).

    (c) Si n = 3, entonces B (x0, r) ={

    (x, y, z) R3 :

    (x x0)2 + (y y0)2 + (z z0)2 < r}

    , es decir, la esfera

    de radio r y centro en x0 = (x0, y0, z0) (sin incluir el casquete).

    1.19 Ejercicio. Interprete la bola B (x0, r) con la norma p definida en (1.3) para p = 1 y p = en R2, donde es la norma definida en el Problema 1.1.

    1.20 Definicion. Sea U Rn. Diremos que U es un conjunto abierto si para cada x U existe r > 0 tal queB (x, r) U .

  • Topologa de Rn 9

    La siguiente definicion nos entrega una forma alternativa de definir los conjuntos abiertos.

    1.21 Definicion. Sea A Rn. Diremos que x A es un punto interior de A si existe r > 0 tal que B (x, r) A.A partir de esto, se define el interior de A, denotado por Ao, como el conjunto de todos sus puntos interiores, esdecir,

    Ao := {x A : r > 0, B (x, r) A} .

    De esta forma, A es un conjunto abierto si y solo si todo punto de A es un punto interior, es decir, si A = Ao.

    1.22 Ejemplo. Tenemos que

    (a) ]a, b[ es un abierto en R.

    (b){

    (x, y) R2 : y > 0}

    es un abierto en R2.

    (c){

    (x, y, z) R3 : x2 + y2 + z2 < 1}

    es un abierto en R3.

    (d) Rn, son trivialmente abiertos en Rn.

    1.23 Observacion. Como ya se dijo, ]a, b[ es un abierto de R. Sin embargo, el conjunto{

    (x, y) R2 : a < x < b, y = 0}

    no es un abierto en R2 pues cualquier bola centrada en algun punto de dicho conjunto contendra elementos delsemiplano superior y estos no pertenecen al conjunto en cuestion.

    1.24 Definicion. Sea V Rn. Diremos que V es un conjunto cerrado si V c = Rr V es abierto.

    1.25 Ejemplo. Como espera el lector, el intervalo cerrado [a, b] es cerrado en R pues [a, b]c =], a[]b,[ esabierto (Pruebelo!).

    1.26 Ejercicio. Interprete los conjuntos cerrados obtenidos al tomar complemento en el Ejemplo 1.22.

    1.27 Observacion. Ser cerrado no implica no ser abierto, ni viceversa. Por ejemplo, como Rn es abierto, se tieneque (Rn)c = es cerrado. Sin embargo, tambien es abierto y por ende, tambien c = Rn es cerrado. Es decir,Rn y son conjuntos cerrados y abiertos a la vez.

    Sin embargo, es posible probar que los unicos conjuntos que cumplen esta propiedad en (Rn, ) son justa-mente Rn y . Esto se debe a que Rn posee una propiedad llamada conexidad (que no tenemos ninguna intencionde profundizar ya que escapa ampliamente de los objetivos de esta seccion).

    1.28 Observacion. Un conjunto puede no ser cerrado ni abierto a la vez. Por ejemplo, [a, b[ R no es ni abiertoni cerrado.

    1.29 Proposicion. Sea x Rn y r > 0, entonces la bola abierta B (x, r) es abierta.

    Demostracion. Sea y B (x, r). Debemos probar que existe ry > 0 tal que B (y, ry) B (x, r). Llamemos

    r1 = y x < r

    y tomemos ry = r r1 > 0. De esta forma, dado z B (y, ry), se tiene que

    z x z y+ x y < ry + r1 = r,

    es decir, z B (x, r).Luego, como z era arbitrario, B (y, ry) B (x, r) y por lo tanto, la bola B (x, r) es abierta.

    1.30 Ejercicio. Muestre que la bola perforada

    B(x0, r) := B (x0, r) r {x0} = {x Rn : 0 < x x0 < r}

    es abierta.

  • 10 Acumulacion, Frontera y Clausura

    1.31 Ejercicio. Muestre que la bola cerrada

    B(x0, r) := {x Rn : x x0 r}

    es cerrada.

    1.32 Lema. Sean U1, U2 Rn dos abiertos, entonces U1 U2 y U1 U2 tambien son abiertos.

    Demostracion. Sea x U1 U2 entonces x U1 o x U2. Sin perdida de generalidad, supongamos que x U1.Como U1 es abierto, existe r > 0 tal que B (x, r) U1 U1 U2. Luego, como x era arbitrario, tenemos queU1 U2 es abierto.Por otro lado, sea x U1 U2 entonces x U1 y x U2. Luego, como U1, U2 son abiertos, existen r1, r2 talesque B (x, ri) Ui, i = 1, 2. Escojamos r = mn{r1, r2} > 0, entonces se tiene que B (x, r) B (x, ri) Ui y sigueque B (x, r) U1 U2. As, como x era nuevamente arbitrario, tenemos que U1 U2 es abierto.

    1.33 Observacion. Si V1, V2 Rn son cerrados, entonces V c1 , V c2 son abiertos. Luego, del Lema 1.32, se extraeque V c1 V c2 es abierto y por lo tanto, (V c1 V c2 )

    c= V1 V2 es cerrado. Es decir, la nterseccion de cerrados es

    cerrada.

    De la misma forma, se prueba que V1 V2 tambien es cerrado.

    1.34 Observacion. Es posible mostrar que si (U) es una familia de abiertos y es un conjunto de ndicesde cualquier cardinalidad, entonces

    U =

    U

    tambien es abierto. Sin embargo, una interseccion cualquiera de abiertos no es necesariamente abierta, por ejemplo

    {0} =nN

    ] 1n,

    1

    n

    [.

    Tambien es posible emular la Observacion 1.33 y tomar complementos para concluir que una interseccion cual-quiera de cerrados tambien es cerrada.

    Sin embargo, estos resultados tambien van mas alla de los objetivos de esta seccion y solo se muestran comocultura general.

    1.4. Acumulacion, Frontera y Clausura

    1.35 Definicion. Sea (xn)nN una sucesion de puntos en Rn. Diremos que xn converge a p Rn (o que p esel lmite de xn) si para cada > 0 existe n0 > 0 tal que

    xn p < , n n0,

    o equivalentemente, xn B (p, ) ,n n0. En tal caso diremos que xn p cuando n.

    1.36 Definicion. Sea A Rn, no vaco y p Rn. Diremos que p es un punto de acumulacion o puntolmite de A si para todo r > 0 se tiene que Bo(p, r) A 6= .A partir de esto, se define la acumulacion de A, denotada por A, como el conjunto de los puntos de acumulacionde A, es decir,

    A := {p Rn : r > 0, Bo(p, r) A 6= } .

    1.37 Observacion. Si p es un punto lmite de A, entonces para cada n N se tiene que B (p, 1/n) A 6= .Luego, de cada uno de esos conjuntos podemos extraer un elemento y con ello construir una sucesion (xn)nN Atal que xn p cuando n.

    Con esto hemos probado la siguiente proposicion.

    1.38 Proposicion. Sea A Rn. Si p A entonces existe una sucesion (xn)nN A tal que xn p cuandon.

  • Topologa de Rn 11

    1.39 Ejemplo. Usemos la Proposicion 1.38 para mirar algunos ejemplos de acumulacion:

    (a) A = QQ R2 A = R2.

    (b) A ={(

    1n ,

    1n2 ,

    1n3

    ): n N

    } R3 A = {(0, 0, 0)} .

    (c) A = {(2n, 3n) : n N} R2 A = .

    El siguiente teorema es muy importante porque nos entrega una manera de identificar si es que un conjunto escerrado sin tener que analizar si su complemento es abierto.

    1.40 Teorema. Sea V Rn no vaco. V es cerrado si y solo si V V .

    Demostracion. Como es costumbre, mostraremos cada implicancia por separado. Llamemos U al complementode V , es decir, U = Rn r V .(=). Supongamos que V es cerrado. Por definicion tenemos que U es abierto. Sea x U , entonces existe r > 0tal que B (x, r) U y por lo tanto, B (x, r) V = . Es decir, x no es un punto lmite de V . Luego, como x eraarbitrario, se tiene que V V .(=). Supongamos que V V . Sea x U , entonces existe r > 0 tal que B (x, r) V = y por lo tanto,B (x, r) V c = U . Con esto tenemos que x es un punto interior de U y como era arbitrario, concluimos que Ues abierto. As, por definicion, U c = (V c)

    c= V es cerrado.

    1.41 Definicion. Sea A Rn y q Rn. Diremos que q es un punto frontera de A si para todo r > 0 se tieneque B (q, r) A 6= y B (q, r) Ac 6= .A partir de lo anterior, definimos la frontera de A, denotada por A como el conjunto de todos los puntosfrontera, es decir,

    A = {q Rn : r > 0, B (q, r) A 6= , B (q, r) Ac 6= } .

    1.42 Ejemplo. Miremos algunas fronteras.

    (a) A =]a, b[ A = {a, b}.

    (b) B (0, r) = {x Rn : x = r}.

    (c) A ={

    (x, y) R2 : x, y 0} A =

    {(x, y) R2 : x, y 0, xy = 0

    }.

    1.43 Observacion. A = (Ac).

    1.44 Observacion. Si A A 6= , es decir, si A contiene a alguno de sus puntos frontera, A no es abierto.

    1.45 Definicion. Sea A Rn. Se define la clausura de A como

    A := Ao A.

    1.46 Ejercicio. Sea A Rn arbitrario.

    (a) Muestre que A = A A y concluya queAo A A.

    (b) Muestre que A es un conjunto cerrado.

    (c) Muestre que si A es cerrado, entonces A A.

    (d) Concluya que A es cerrado si y solo si A = A.

    1.47 Ejercicio. Muestre que la bola cerrada definida en el Ejercicio 1.31 es efectivamente la clausura de la bolaabierta.

    1.48 Definicion. Sea A Rn. Diremos que A es un conjunto acotado si existe r > 0 tal que A B (0, r).

    1.49 Observacion. Toda bola abierta es acotada.

    1.50 Definicion. Sea A Rn. Diremos que A es un conjunto compacto si es cerrado y acotado.

    1.51 Ejemplo. Todo intervalo cerrado [a, b] R es un conjunto compacto.

  • 12 Un par de definiciones geometricas

    1.5. Un par de definiciones geometricas

    1.52 Definicion. Sean x,y Rn. El segmento de la recta con punto inicial x y punto final y es el conjunto

    xy = {z Rn : t [0, 1], z = x + t(y x)} .

    1.53 Observacion. Notemos que

    z = x + t(y x) = (1 t)x + ty.

    Luego, xy corresponde al conjunto de todas las combinaciones lineales convexas entre x y y.

    1.54 Definicion. Sea A Rn. Diremos que A es un conjunto convexo si para cualquier par de puntos x,y Ase cumple que xy A.

    1.55 Definicion. Dada una coleccion de puntos x1, . . . ,xm Rn, la poligonal que une dichos puntos es la unionde los segmentos de rectas con punto inicial xi y punto final xi+1, con i = 1, . . . ,m 1. Es decir, la poligonalesta dada por

    m1i=1

    xixi+1.

    1.56 Definicion. Sea D Rn un conjunto abierto. Diremos que D es una region en Rn si todo par de puntosde D se puede unir mediante una poligonal contenida en D.

    Intuitivamente, una region es un conjunto que no esta compuesto por la union de dos conjuntos disjuntos. Notarque una region puede tener agujeros.

    1.6. Problemas Resueltos

    1.1 Problema. Para cada x Rn se define la norma del maximo como

    x := maxi=1,...,n |xi| . (1.7)

    (a) Muestre que (1.7) define una norma en Rn.

    (b) Muestre que

    x = lmp xp .

    Solucion:

    (a) Debemos probar que se satisfacen todas las propiedades de la Definicion 1.8. En efecto, todas son evidentes,excepto la Desigualdad Triangular. Dados x,y Rn, por la desigualdad triangular del valor absoluto, setiene que

    |xi + yi| |xi|+ |yi| , i = 1, . . . , n.

    Luego, tomando maximo a ambos lados, se tiene que

    maxi=1,...,n

    |xi + yi| maxi=1,...,n

    (|xi|+ |yi|) .

    Pero maximizar una suma de elementos es menos eficiente que maximizar cada elemento por separado yluego sumarlos, es decir,

    maxi=1,...,n

    (|xi|+ |yi|) maxi=1,...,n

    |xi|+ maxi=1,...,n

    |yi|

    y por ende,

    x + y x + y .

  • Topologa de Rn 13

    (b) Sea M = maxi=1,...,n

    |xi|. Tenemos que

    xp =

    (ni=1

    |xi|p) 1p

    (ni=1

    Mp

    ) 1p

    = Mn1p .

    Ademas, es claro que

    M xp .

    Finalmente, tomando el lmite cuando p, se tiene que

    M lmp

    xp lmpMn1p = M.

    As, por el Teorema del Sandwich, se concluye lo pedido.

    1.2 Problema. Sea x Rn y una norma en Rn. Considere y, z Rn y > 0 tales que

    z x < y y x 2.

    Muestre que z y > .Solucion: Usando la Observacion 1.16, tenemos que

    2 y x z x+ z y < + z y ,

    es decir,

    < z y .

    1.3 Problema. Sea una norma en Rn. Muestre que para todo par x,y Rn, se cumple que

    |x y| x y .

    Solucion: Como es una norma, satisface la Desigualdad Triangular. Luego, tenemos que

    x = (x y) + y x y+ y ,

    de donde escribimos

    x y x y .

    De forma totalmente analoga, intercambiando los papeles de x e y, se muestra que

    y x x y .

    Juntando ambas desigualdades, obtenemos

    x y x y x y ,

    lo cual puede ser reescrito como

    |x y| x y .

    1.4 Problema. Muestre que A = {x Rn : x > r} es un abierto de Rn.Solucion: Notemos que Ac = {x Rn : x r} = B (0, r). Luego, por el Ejercicio 1.31, se tiene que Ac escerrado y por ende, A es abierto.

  • 14 Problemas Resueltos

    1.5 Problema. Sea A Rn un abierto y x A. Muestre que Ar {x} tambien es abierto.Solucion: Sea y A tal que y 6= x. Entonces, si definimos

    r1 := x y ,

    se tiene que r1 > 0. Por otro lado, como A es abierto, existe r2 > 0 tal que B (y, r2) A. Luego, tomando

    r = max {r1, r2} ,

    tenemos que B (y, r) Ar {x} y por lo tanto, Ar {x} es abierto.

    1.6 Problema. Sea A Rn. Muestre que A es un cerrado de Rn.Solucion: Mostraremos que (A) A. Sea p Rn un punto lmite de A. Para cada > 0 se tiene queBo(p, ) A 6= , es decir, existen elementos de A dentro de Bo(p, ). Sea y Bo(p, ) A, entonces, comola bola perforada es abierta, existe r > 0 tal que

    B (y, r) Bo(p, ). (1.8)

    Luego, dado que y A, se tiene que B (y, r) A 6= y B (y, r) Ac 6= . As, por (1.8), se tiene queBo(p, ) A 6= y Bo(p, ) Ac 6= , es decir, p A.Finalmente, como p era arbitrario, concluimos que A contiene a todos sus puntos lmites y por lo tanto, escerrada.

    1.7 Problema. Sea I un intervalo abierto de R y J I un subintervalo cerrado. Demuestre que IrJ es abierto.Solucion: Como J es cerrado, se tiene que Jc es abierto. Luego, como I es abierto y la interseccion finita deabiertos es abierta, se tiene que I J = I Jc es abierto.

    1.8 Problema. Determine si los siguientes conjuntos son abiertos, cerrados o ninguno de los dos en su espaciocaracterstico.

    (a) {0}

    (b) N

    (c) Q

    (d) {(x, y) R2 : y = x2}

    (e) {(x, y) R2 : x > 0, y = 0}

    Solucion: Explotaremos el Teorema 1.40 y la Observacion 1.44.

    (a) Es cerrado pues su unico punto lmite es 0. No es abierto pues su complemento no es cerrado.

    (b) Es cerrado pues N = N. Por lo mismo, no es abierto.

    (c) No es abierto pues Q = R. Por lo mismo, no es cerrado.

    (d) Es cerrado pues su complemento es abierto. No es abierto pues su complemento no es cerrado.

    (e) No es abierto pues ninguna bola queda contenida en el interior del conjunto. Tampoco es cerrado pues (0, 0)es un punto lmite del conjunto y no esta pertenece a el.

  • Topologa de Rn 15

    Fuente: http://abstrusegoose.com/strips/math_text.JPG1.5

    1.5Se dice que P Rn es perfecto si es igual al conjunto de sus puntos lmites. Si el lector esta muy aburrido, puede tratar deprobar el Teorema escrito por Walter Rudin.

    http://abstrusegoose.com/strips/math_text.JPG
  • 16 Problemas Resueltos

  • Captulo 2

    Calculo Diferencial de FuncionesEscalares en Varias Variables

    I recoil with dismay and horror at this lamentable plague of functions which do not have derivatives.- Charles Hermite2.1

    Ahora que nuestra vision se ha ampliado correctamente, nos gustara poder asociarle a cada punto de Rn una nuevavariable. Las comillas se deben a que tan variable no es, pues ya no sera independiente, sino que dependera delpunto en cuestion. Por ejemplo, si estamos viajando en el metro durante el verano, nos gustara saber cual esel lugar de menor temperatura para as ubicarnos all. Es decir, nos gustara a cada tro (x, y, z) asociarle unnumero, digamos T , que mida la temperatura. (El lector ya puede sentirlo: han vuelto, y esta vez dependen demas variables!). Necesitamos una funcion T = T (x, y, z).

    De ahora en adelante y a menos que se indique lo contrario, usaremos la siguiente convencion para U, V,D Rn:U sera un abierto, V sera un cerrado y D sera una region.

    2.1. Funciones Escalares de Varias Variables

    2.1 Definicion (Funcion escalar de varias variables). Una aplicacion f : A Rn R se denomina funcionescalar de varias variables, funcion escalar de variable vectorial o simplemente, campo escalar.

    2.2 Ejemplo. Son funciones escalares de varias variables:

    (a) f(x, y) = xy2.

    (b) g(x, y, z) = 2exyz + 9.

    (c) h(x, y, z, w) = cos (xy + z) arctanw2 + cosh(xz).

    Volvamos un momento a Introduccion al Calculo. Para graficar una funcion f : R R ibamos a R2 y dibujabamosla curva dada por (x, f(x)). Entonces, deciamos que la grafica de f estaba dada por

    (f) ={

    (x, y) R2 : x Dom (f) , y = f(x)}.

    Ahora queremos extender esta definicion a un campo escalar.

    2.1Charles Hermite (1822-1901) fue un matematico frances que investigo en el campo de la teora de numeros, sobre las formascuadraticas, polinomios ortogonales y funciones elpticas, y en el algebra. Varias entidades matematicas se llaman hermitianas ensu honor. Tambien es conocido por la interpolacion polinomica de Hermite. Fue el primero que demostro que e es un numerotrascendente (i.e. no es raz de ningun polinomio de coeficientes racionales). Ferdinand von Lindemann siguio su metodo para probarla trascendencia de en 1882.

  • 18 Funciones Escalares de Varias Variables

    2.3 Definicion (Grafica). Sea f : Rn R, definimos la grafica de f como

    (f) ={

    (x1, . . . , xn+1) Rn+1 : (x1, . . . , xn) Dom (f) , xn+1 = f(x1, . . . , xn)}.

    Ademas,

    (a) Si n = 1, diremos que (f) es una curva.

    (b) Si n = 2, diremos que (f) es una superficie.

    2.4 Definicion (Curvas de Nivel). Sea f : Rn R y c R fijo. Se definen las curvas o superficies de nivel cde f como

    f1(c) = {(x1, . . . , xn) Dom (f) : f(x1, . . . , xn) = c} .

    2.5 Observacion. No confundir la notacion de f1 con la funcion inversa de f . En este caso, f1(c) no es unnumero sino un conjunto. Especficamente, es un conjunto de puntos en el dominio que tienen la misma imagenbajo f (a saber, c).

    El concepto es mas familiar de lo que el lector creera a primera vista. Por ejemplo, los mapas tpicamente muestrancurvas de contorno con las distintas alturas del terreno. De forma similar, en meteorologa (o en termodinamica)se habla isotermas: curvas sobre las cuales la temperatura es constante. El siguiente diagrama muestra esteultimo uso:2.2

    2.6 Ejemplo. Sea f(x, y) = x2 + y2, entonces

    f1(c) =

    , si c < 0

    (0, 0) , si c = 0

    x2 + y2 = c , si c > 0

    .

    Notamos que en el ultimo caso, las curvas de nivel corresponden a circunferencias de radioc.

    2.7 Ejemplo. Sea f(x, y) =x2 + y2, entonces

    f1(c) =

    , si c < 0

    (0, 0) , si c = 0

    x2 + y2 = c2 , si c > 0

    .

    Notamos que en el ultimo caso, las curvas de nivel corresponden a circunferencias de radio c.

    2.2Atmospheric Sciences, University of Illinois. En http://ww2010.atmos.uiuc.edu/(Gh)/wx/surface.rxml

    http://ww2010.atmos.uiuc.edu/(Gh)/wx/surface.rxml
  • Calculo Diferencial de Funciones Escalares en Varias Variables 19

    2.8 Ejercicio. Sea f(x, y) = x2 y2. Determine f1(c) para todo c R.

    Las curvas de nivel son escenciales para estudiar la grafica de una funcion pues nos permiten hacer el analogo auna carta topografica. Ademas, es util usar proyecciones a otros planos, es decir, fijar una variable en cero.

    A continuacion presentamos un par de ejemplos y le sugerimos al lector que se meta a Maple a jugar con otrassuperficies a traves del comando plot3d.

  • 20 Funciones Escalares de Varias Variables

    2.9 Ejemplo (Paraboloide).

    Sea f(x, y) = x2 + y2. Sus curvas de nivel encontradas en 2.6 puedenser graficadas como se muestra en la figura.

    Por otro lado, notemos que al proyectar sobre el plano XZ eY Z, vale decir, hacemos y = 0 y x = 0 respectivamente, tenemos que

    xz : z = x2 , yz : z = y

    2.

    Finalmente, con esto podemos construir el grafico del paraboloide,que se presenta en la figura a continuacion.

  • Calculo Diferencial de Funciones Escalares en Varias Variables 21

    2.10 Ejemplo (Cono).

    Sea f(x, y) =x2 + y2. En este caso, las curvas de nivel quedan dadas

    por 2.7 y se muestran en la figura.

    Ademas, tenemos que

    xz : z = |x| , yz : z = |y|.

    Con esto podemos construir el grafico del cono, que se presenta en lafigura a continuacion.

  • 22 Funciones Escalares de Varias Variables

    2.11 Ejemplo (Silla de montar).

    Sea f(x, y) = x2 y2. Si el lector realizo el Ejercicio 2.8, reconocera en lafigura las curvas de nivel.

    Por otro lado, tenemos que

    xz : z = x2 , yz : z = y2.

    Con esto, podemos construir el grafico de la silla de montar que sepresenta en la figura a continuacion.

  • Calculo Diferencial de Funciones Escalares en Varias Variables 23

    2.2. Lmites

    2.12 Definicion (Lmite). Sea f : U Rn R, p U y l R. Diremos que l es el lmite de f cuando x tiendea p, si para cada > 0 existe > 0 tal que si x B (p, ) U entonces |f(x) l| < . O equivalentemente,

    (x U 0 < x p < ) |f(x) l| < .

    Si lo anterior se cumple, escribiremoslmxp

    f(x) = l,

    y diremos que f l cuando x p.

    2.13 Observacion. Observemos que al igual en el Calculo en una Variable, no hay necesidad alguna de quef este definida en p. A p le pedimos que sea un punto de acumulacion de U , es decir, que cada bola B (p, )contenga puntos del conjunto U en los que la funcion esta definida (esto, obviamente, con la intencion de tomarbolas tan pequenas como uno quiera y as acercarse lo mas posible a p).

    2.14 Observacion. Hacemos notar una de las diferencias mas importantes con el concepto de lmite en R: ahoraes mas difcil mostrar que un lmite existe pues hay infinitas direcciones posibles para acercarse a un punto, adiferencia de R, donde solo existan las laterales.

    2.15 Ejemplo. Sea > 0. Como

    0 |x x0|, |y x0|

    (x x0)2 + (y y0)2,

    si tenemos que(x, y) (x0, y0) =

    (x x0)2 + (y y0)2 < ,

    entonces, tambien se cumple que|x x0|, |y x0| < .

    Por lo tanto,lm

    (x,y)(x0,y0)x = x0 , lm

    (x,y)(x0,y0)y = y0.

    2.16 Ejemplo. Estudiaremos el lmite

    lm(x,y)(0,0)

    xyx2 + y2

    .

    Recordemos que para x, y R, se tiene que

    |x||y| x2 + y2

    2.

    Luego, xyx2 + y2 = |x||y|x2 + y2 x

    2 + y2

    2x2 + y2

    =1

    2

    x2 + y2.

    Sea > 0. Por lo anterior, tenemos que si (x, y) = (x, y) (0, 0) < 2, entonces xyx2 + y2 0 = 12x2 + y2 < .

    Por lo tanto,

    lm(x,y)(0,0)

    xyx2 + y2

    = 0.

    2.17 Ejercicio. Estudie

    lm(x,y)(0,0)

    x2y

    x2 + y2.

  • 24 Lmites

    Como el lector puede apreciar, estudiar lmites por definicion puede requerir bastantes trucos. Para facilitarnosla vida recordaremos las buenas coordenadas polares de Calculo II:

    x = r cos , y = r sin .

    As, si (x, y) (0, 0) < se tiene que r < y por ende, que (x, y) (0, 0) es equivalente a que r 0.Aunque se debe tener mucho ojo cuando se utilizan coordenadas polares pues si para algunos el lmite se indefine,este metodo puede fallar.

    2.18 Ejemplo. Estudiemos el lmite

    lm(x,y)(0,0)

    ex2+y2 1x2 + y2

    .

    Usando coordenadas polares, tenemos que

    lm(x,y)(0,0)

    ex2+y2 1x2 + y2

    = lmr0

    er2 cos2 +r2 sin2 1

    r2 cos2 + r2 sin2 = lmr0

    er2 1r2

    = 1.

    2.19 Ejercicio. Estudie

    lm(x,y)(0,0)

    sin(x2 + y2)

    (x+ y)2.

    Sin embargo, la mayora de las veces ocurre que los lmites no existen. Por raro que pueda sonar, probar que unlmite no existe es mucho mas facil que probar que s existe. Para ello necesitamos un par de teoremas.

    2.20 Teorema (Unicidad del Lmite). Si lmxp

    f(x) = l1 y lmxp

    f(x) = l2, entonces l1 = l2.

    Demostracion. Supongamos que l1 6= l2. Entonces |l1 l2| > 0. Por otro lado, usando la Desigualdad Triangular,tenemos que

    |l1 l2| |f(x) l1|+ |f(x) l2|.Luego, como f l1 cuando x p, existe 1 tal que

    x B (p, 1) U |f(x) l1| 0 tal que si 0 < x p < se tiene que |f(x) l| < .

    Por otro lado, como es continua, existe > 0 tal que si 0 < |t t0| < , entonces 0 < (t) p =(t) (t0) < . Pero lo anterior implica que |f((t)) l| < y sigue que

    lmtt0

    f((t)) = l.

    2.22 Observacion. El Teorema 2.21 nos dice que el valor del lmite es independiente de la curva usada paratender al punto en cuestion. Supongamos que tenemos dos curvas , distintas y que satisfacen las hipotesis delTeorema 2.21. Si ocurre que

    lmtt

    f((t)) = l1 6= l2 = lmtt

    f((t)),

    entonces por el Teorema 2.20, se concluye que el lmite no existe.

    2.23 Ejemplo. Estudiemos

    lm(x,y)(0,0)

    xy

    x2 + y2.

    Sea (t) = (t, t). Se tiene que

    lm(x,y)(0,0)

    xy

    x2 + y2= lmt0

    t2

    t2 + t2=

    1

    2.

    Bien, tomemos ahora (t) = (0, t), entonces

    lm(x,y)(0,0)

    xy

    x2 + y2= lmt0

    0

    t2 + 0= 0.

    As, como dos parametrizaciones entregaron distintos valores para el lmite, se concluye que no existe.

    2.24 Observacion. Hacemos notar que si al cambiar a coordenadas polares, el lmite resulta ser una funcionde , es equivalente a mostrar que el valor del lmite depende de la parametrizacion que se escoja y por ende, esequivalente a mostrar su no-existencia.

    2.25 Ejercicio. Estudie

    lm(x,y)(0,0)

    x2y

    x4 + y2.

    2.26 Ejemplo. Sea f : U R2 R dada por

    f(x, y) =xy

    x2 + y2,

    y U ={

    (x, y) R2 : |y| < x2}

    . Si nos preguntamos por el lmite

    lm(x,y)(0,0)

    f(x, y),

    sobre todo R2, como ya vimos en el Ejemplo 2.23, no existe. Sin embargo, sobre U ya no tienen sentido parame-trizaciones como (t) = (0, t). De hecho, notemos que xyx2 + y2

    = |x||y|x2 + y2 |x|x2x2 + y2 |x|(x2 + y2)x2 + y2 = |x| x2 + y2.Por lo tanto, bastara con tomar = para mostrar que

    lm(x,y)(0,0)

    f(x, y) = 0,

    sobre U .

  • 26 Continuidad

    Aun nos faltan un par de herramientas tpicas para calcular algunos lmites habituales.

    2.27 Proposicion (Algebra de Lmites). Sean f, g : U Rn R, p U , c R y l1, l2 R tales que

    lmxp

    f(x) = l1 , lmxp

    g(x) = l2.

    Entonces

    (a) lmxp

    (f + g)(x) = l1 + l2.

    (b) lmxp

    cf(x) = cl1.

    (c) lmxp

    f(x)g(x) = l1l2.

    (d) lmxp

    1

    f(x)=

    1

    l1, si l1, f(x) 6= 0,x U .

    Demostracion. Analogas a las propiedades de lmites mostradas en Calculo I. Se dejan como ejercicio recomendadoal lector pues le permitiran recordar algunos trucos.

    2.28 Ejercicio. Estudie

    lm(x,y)(0,0)

    sinxy

    sinx sin y.

    2.3. Continuidad

    2.29 Definicion (Continuidad). Sea f : U Rn R, u U . Diremos que f es continua en un punto x0 Rnsi:

    lmxx0

    f(x) = f(x0).

    En lenguaje -: f es continua en x0 si para cada > 0 existe > 0 tal que:

    x U x u < |f(x) f(u)| < .

    (Es decir, si x B (u, ) U entonces |f(x) f(u)| < .)Diremos que f es continua en U si es continua en cada u U .

    2.30 Ejemplo. La funcion f : Rn R definida por f(x) = ||x|| es continua en Rn. Es suficiente comprobar quedado cualquier x0 Rn,

    lmxx0

    x = x0

    Sea > 0. Segun vimos en el Problema 1.3 se cumple:

    | x x0 | x x0

    En vista de esto, basta tomar = . Entonces tendremos que:

    x x0 < | x x0 | x x0 < =

    2.31 Ejemplo. Sea fn : {x Rn : xi 0,i {1, . . . , n}} R definida como:

    fn(x1, . . . , xn) := xm11 . . . x

    mnn =

    nk=1

    xmii

    con mi R+,i {1, . . . , n}. Demostraremos por induccion que esta funcion es continua:

    (a) En el caso de n = 1, la funcion es de variable real, de la forma f1(x) = xm con x R. Basta notar que

    f1(x) = em ln(x) y recordar que la composicion de funciones continuas es continua.

  • Calculo Diferencial de Funciones Escalares en Varias Variables 27

    (b) Supongamos que es cierto para n, es decir, que fn(x1, . . . , xn) es continua.

    (c) Queremos demostrar la continuidad de fn+1 o, equivalentemente, que dado a = (a1, . . . , an+1) Rn+1:

    lmxa

    n+1k=1

    xmii =

    n+1k=1

    amii

    con x = (x1, . . . , xn+1). En primer lugar, el lector debera ser capaz de comprobar que si k {1, . . . , n} yg : R R, entonces:

    lmxkak

    g(xk) = L lmxa

    g(xk) = L

    En vista de lo anterior, podemos usar algebra de lmites, ya que la hipotesis de induccion y el caso baseaseguran lo pedido en la Proposicion 2.27. Tenemos de esta forma que:

    lmxa

    n+1k=1

    xmii = lmxa

    nk=1

    xmii lmxaxmn+1n+1

    (H.I.)=

    (nk=1

    amii

    )(lmxa

    xmn+1n+1

    )=

    n+1k=1

    amii

    Hemos demostrado as que fn es continua en Rn.

    2.32 Proposicion. Sean f, g : U Rn R continuas en u U y c R. Entonces:

    (a) f + g es continua en u.

    (b) cf es continua en u.

    (c) fg es continua en u.

    (d)1

    fes continua en u, si f(x) 6= 0,x U .

    Demostracion. Directo de la Proposicion 2.27.

    2.33 Observacion. A partir de la Proposicion 2.32, concluimos que todos los polinomios P (x, y) son continuosen todo R2 por el Ejemplo 2.15. Luego, todas las funciones racionales

    R(x, y) =P (x, y)

    Q(x, y),

    son continuas donde Q(x, y) no se anula.

    2.34 Definicion (Imagen). Sea f : Rn R. Se define la imagen de A Rn bajo f como

    f(A) := {y R : x A, f(x) = y} .

    2.35 Proposicion. Sea f : U Rn R continua en U compacto. Entonces

    (a) f(U) es compacto.

    (b) Existen u1, u2 U tales que f(u1) f(u) f(u2),u U.

    2.36 Observacion. La proposicion 2.35 nos sera muy util para buscar maximos y mnimos pues nos garantizaque si los buscamos dentro de cerrado y acotado, existen.

    2.37 Proposicion. Sean f : U Rn R, g : R R con f(U) Dom (g). Si f y g son continuas en U y f(U),respectivamente, entonces g f : U Rn R es continua en U .

    2.38 Ejemplo. g(x, y) =ecos x sin y

    1 +x2 + y2

    es continua en R2.

  • 28 Derivadas Parciales y Direccionales

    2.4. Derivadas Parciales y Direccionales

    Ya que hemos definido lmites y continuidad, lo logico es empezar a derivar, o no?

    2.39 Definicion (Derivadas Parciales y Direccionales). Sean f : U Rn R y p U con p = (p1, . . . , pn).

    (a) Definimos la derivada parcial de f en p respecto a la j-esima coordenada por

    f

    xj(p) := lm

    h0

    f(p1, . . . , pj1, pj + h, pj+1, . . . , pn) f(p1, . . . , pn)h

    = lmh0

    f(p+ hej) f(p)h

    ,

    donde ej es el j-esimo vector canonico.

    (b) Definimos la derivada direccional de f en p en la direccion de v por

    f

    v(p) := lm

    t0

    f(p+ tv) f(p)t

    .

    2.40 Observacion. Las derivadas parciales son un caso particular de las derivadas direccionales cuando v = ej .

    2.41 Observacion. Respecto a la notacion:

    (a) Cuando f tiene n variables, se puede expresar por Dkf(x) su derivada parcial respecto a la k-esima de ellas(1 k n).

    (b) En R2 usaremos la notacionf

    x1=f

    x,

    f

    x2=f

    y.

    Tambien es acostumbra a usarf

    xj= fxj .

    Geometricamente, podemos entender

    f

    x(a, b) = lm

    h0

    f(a+ h, b) f(a, b)h

    como la pendiente de la recta tangente a la curva obtenida al cortar (f) con el plano y = b, en el punto(a, b, f(a, b)). Es muy importante notar que al calcular una derivada parcial, las otras coordenadas son constantes.

    2.42 Ejemplo. Sea f(x, y) = sin(xy)ex. Entonces,

    f

    x= cos(xy)yex + sin(xy)ex ,

    f

    y= cos(xy)xex.

    2.43 Ejemplo. Sea f : Rn R dada por f(x) = xtAx, con

    A =

    a11 a12 . . . a1na21 a22 . . . a2n...

    .... . .

    an1 an2 . . . ann

    = (aij)ni,j=1 .Entonces, tenemos que

    f(x) = xt

    a11 a12 . . . a1na21 a22 . . . a2n...

    .... . .

    an1 an2 . . . ann

    x = xTnj=1 a1jxjnj=1 a2jxj

    ...nj=1 anjxj

    =ni=1

    nj=1

    xiaijxj .

  • Calculo Diferencial de Funciones Escalares en Varias Variables 29

    Escribamos

    f(x) =

    ni=1

    nj=1

    xiaijxj = xk

    nj=1

    akjxj +

    ni=1i 6=k

    nj=1

    xiaijxj

    = x2kakk + xk

    nj=1j 6=k

    akjxj +

    nj=1

    ni=1i 6=k

    xiaijxj

    = x2kakk + xk

    nj=1j 6=k

    akjxj + xk

    ni=1i 6=k

    xiaik +

    nj=1j 6=k

    ni=1i 6=k

    xiaijxj .

    Finalmente,

    f

    xk= 2xkakk +

    nj=1j 6=k

    akjxj +

    ni=1i 6=k

    xiaik =

    nj=1

    akjxj +

    ni=1

    xiaik.

    Ademas, notemos quenj=1

    akjxj +

    ni=1

    xiaik = ektAx+ xtAek,

    es decir,

    xk

    (xtAx

    )= ek

    tAx+ xtAek. (2.1)

    Pero xtAek R y por lo tanto,xtAek =

    (xtAek

    )t= ek

    tAtx.

    Finalmente, si A es simetrica, sigue que

    xk

    (xtAx

    )= ek

    t2Atx = ek (2Atx

    ). (2.2)

    2.44 Ejercicio. Sean u(x, y) = x2y2, v(x, y) = 2xy. Muestre que u y v satisfacen las ecuaciones de Cauchy-Riemann

    u

    x=v

    y, (2.3)

    u

    y= v

    x. (2.4)

    2.45 Ejemplo. Sea

    f(x, y) =

    xy(x2 y2)x2 + y2

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

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

    Si (x, y) 6= (0, 0), tenemos que

    f

    x(x, y) =

    (y(x2 y2) + 2x2y

    ) (x2 + y2

    ) 2x2y(x2 y2)

    (x2 + y2)2=y(x4 y4 + 4x2y2

    )(x2 + y2)2

    ,

    f

    y(x, y) =

    (x(x2 y2) 2xy2

    ) (x2 + y2

    ) 2xy2(x2 y2)

    (x2 + y2)2=x(x4 y4 4x2y2

    )(x2 + y2)2

    .

    En cambio, si (x, y) = (0, 0), tenemos que

    f

    x(0, 0) = lm

    h0

    f(h, 0) f(0, 0)h

    = 0,

    f

    y(0, 0) = lm

    k0

    f(0, k) f(0, 0)k

    = 0.

  • 30 Derivadas Parciales y Direccionales

    2.46 Ejemplo.

    Sea

    f(x, y) =

    x3y

    x6 + y2, si (x, y) 6= (0, 0)

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

    Calculemos fv(0, 0) para algun v R2. Usando la Observacion 2.81,tenemos que

    f

    v(0, 0) = lm

    t0

    f(tv) f(0, 0)t

    = lmt0

    t4 cos3 sin

    t2(t4 cos6 + sin2 )= 0,

    para todo [0, 2[. De hecho, localmente f es similar a una pla-nicie en (0, 0), como muestra la figura.

    2.47 Ejercicio. Para el Ejemplo 2.45 calcule

    lm(x,y)(0,0)

    f

    x(x, y) , lm

    (x,y)(0,0)

    f

    y(x, y).

    El lector puede darse cuenta que estamos siguiendo el mismo orden logico que en Calculo I. Por lo tanto, ahoradeberamos definir las derivadas de orden superior.

    2.48 Definicion. Sea f : U Rn R tal que existe fxi : U R. Entonces, para p U se define

    2f

    xjxi(p) :=

    xj

    (f

    xi(p)

    )= lmh0

    fxi

    (p+ hej) fxi (p)h

    .

    2.49 Observacion. Las derivadas de orden superior no se comportan tan bien como uno esperara. Consideremosf del Ejemplo 2.45, entonces

    2f

    xy(0, 0) = lm

    h0

    fy (h, 0)

    fy (0, 0)

    h= lmh0

    h5

    h5= 1,

    2f

    yx(0, 0) = lm

    k0

    fx (0, k)

    fx (0, 0)

    k= lmk0k

    5

    k5= 1.

    Lo cual nos muestra que las derivadas cruzadas no siempre son iguales.

    2.50 Lema (Lema de Schwarz). Sea f : U Rn R tal que 2f

    xixj,

    2fxixj

    existen y son continuas en U .

    Entonces,2f

    xixj(p) =

    2f

    xjxi(p), p U.

    2.51 Ejemplo. Sea f(x, y) = xye2y, entonces

    f

    x= ye2y.

    Luego, como2f

    yx= e2y + 2ye2y

    es continua en R2, se tiene que2f

    xy= e2y + 2ye2y.

  • Calculo Diferencial de Funciones Escalares en Varias Variables 31

    2.52 Ejemplo. Sea

    f(x, y) =

    (x2 + y2) sin

    (1

    x2 + y2

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

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

    .

    Entonces,

    f

    x(0, 0) = lm

    h0

    f(h, 0) f(0, 0)h

    = lmh0

    h2 sin(

    1|h|

    )h

    = 0,

    f

    y(0, 0) = lm

    k0

    f(0, k) f(0, 0)k

    = lmh0

    k2 sin(

    1|k|

    )k

    = 0.

    As,

    f

    x(x, y) =

    2x sin(

    1x2 + y2

    ) x

    x2 + y2cos

    (1

    x2 + y2

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

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

    ,

    f

    y(0, 0) =

    2y sin(

    1x2 + y2

    ) y

    x2 + y2cos

    (1

    x2 + y2

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

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

    .

    Por lo tanto,

    2f

    yx(0, 0) = lm

    k0

    fx (0, k)

    fx (0, 0)

    k= 0,

    2f

    xy(0, 0) = lm

    h0

    fy (h, 0)

    fy (0, 0)

    h= 0.

    Luego, como se cumplen las hipotesis del Lema 2.50 en U r {0},

    2f

    yx(x, y) =

    2f

    xy(x, y) =

    xy(x2+y2) 32 cos(

    1x2+y2

    ) xy(x2+y2)2 sin

    (1x2+y2

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

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

    Sin embargo, si analizamos la continuidad de estas funciones en (0, 0), tenemos que

    lm(x,y)(0,0)

    2f

    yx(x, y) = lm

    r0r

    2 cos sin

    r3cos

    (1

    r

    ) r

    2 cos sin

    r4sin

    (1

    r

    ),

    es decir, no existe y por ende, no son continuas en (0, 0). Luego, no podemos concluir que si las derivadas parcialescruzadas son iguales, entonces son continuas. Es decir, el Lema de Schwarz no es un si y solo si.

    2.53 Corolario. Sea f : U Rn R tal que todas sus derivadas parciales hasta el p-esimo grado son continuas.Entonces,

    pf

    xni xmj

    =pf

    xmj xni

    , m+ n = p.

    2.54 Definicion (Laplaciano). Sea f : U Rn R una funcion dos veces derivable en cada variable. Se defineel laplaciano de f como

    4f(x) :=ni=1

    2f

    x2i(x).

    2.55 Ejemplo. Sea f(x, y) = x2 + y2, entonces

    4f = 2f

    x2+2f

    y2= 2 + 2 = 4.

  • 32 Diferenciabilidad

    2.56 Ejercicio. Muestre que (x) =C

    xn2definida sobre Rn para n 3, satisface la ecuacion de Laplace:

    4f = 0, (2.5)

    para cualquier constante C R. se conoce como la solucion fundamental de esta ecuacion.

    2.57 Ejercicio. Muestre que

    (x, t) =14t

    ex2

    4t

    definida sobre R R+, satisface la ecuacion del calor:

    f

    t=2f

    x2. (2.6)

    se conoce como la solucion fundamental de esta ecuacion.

    2.58 Observacion. En general la ecuacion del calor se presenta para Rn R+ mediante

    f

    t=

    ni=1

    2f

    x2i, (2.7)

    donde el termino de la derecha se conoce como el laplaciano espacial de f y se denota por 4xf .

    2.5. Diferenciabilidad

    Recordemos que una de las principales propiedades que nos entregaba la derivada de una funcion, era poderconstruir una aproximacion lineal para la funcion en torno a un punto. En efecto, para una funcion f : R Rdifereciable, el teorema de Taylor nos deca que en torno a x0

    f(x) = f(x0) + f(x0)(x x0) + o((x x0)2).

    Por lo tanto,f(x) f(x0) f (x0)(x x0)

    x x0 0, cuando x x0.

    Queremos emular la misma situacion, pero en mas variables.

    2.59 Definicion (Diferenciabilidad). Sea f : U Rn R y p U . Diremos que f es diferenciable en p siexiste Df(p) Rn tal que

    lmh0

    |f(p+ h) f(p)Df(p) h|h

    = 0.

    2.60 Observacion. Sea f : U Rn R diferenciable y p U . Escribamos

    Df(p) = (l1, . . . , ln) , h = (h1, . . . , hn) .

    As, tenemos quef(p+ h) f(p)Df(p) h = f(p+ h) f(p) (l1h1 + . . .+ lnhn) .

    Tomando h = te1, se tiene queDf(p) h = l1t,

    es decir,f(p+ h) f(p)Df(p) h = f(p+ te1) f(p) l1h1.

    Luego, como f es diferenciable, se cumple que

    lmt0

    |f(p+ te1) f(p) tl1||t|

    = 0,

  • Calculo Diferencial de Funciones Escalares en Varias Variables 33

    es decir,

    lmt0

    f(p+ te1) f(p)t

    = l1.

    Por lo tanto, recordando la definicion de derivada parcial, tenemos que

    l1 =f

    x1(p).

    Finalmente, tomando h = tej para j = 1, . . . , n, concluimos que

    Df(p) =

    (f

    x1(p), . . . ,

    f

    xn(p)

    )y por unicidad del lmite, se tiene que es el unico que satisface la condicion de diferenciabilidad.

    2.61 Observacion. La Observacion 2.60 nos permite concluir que la existencia de las derivadas parciales es unacondicion necesaria para la diferenciabilidad.

    2.62 Ejemplo. Sea f(x, y) = 1x2 + y2, entonces

    f

    x(0, 0) = lm

    h0

    f(h, 0) f(0, 0)h

    = lmh0

    1 |h| 1h

    = lmh0

    |h|h.

    Por lo tanto, no existe fx(0, 0) y sigue que f no es diferenciable (0, 0).

    2.63 Ejemplo. Sea f(x, y) =|xy|, entonces

    f

    x(0, 0) = lm

    h0

    f(h, 0) f(0, 0)h

    = 0,

    f

    y(0, 0) = lm

    k0

    f(0, k) f(0, 0)k

    = 0.

    Pero

    lm(h,k)(0,0)

    |f(h, k) f(0, 0)Df(0, 0) (h, k)|h2 + k2

    = lm(h,k)(0,0)

    |hk|

    h2 + k2= lmr0

    r2| cos sin |

    r=| cos sin |,

    y por ende, no existe tal lmite. Luego, f no es diferenciable en (0, 0).

    2.64 Ejemplo. Consideremos la funcion f del Ejemplo 2.52. Aprovechando que ya hemos calculado sus derivadasparciales, estudiemos su diferenciabilidad en (0, 0). Tenemos que

    lm(h,k)(0,0)

    f(h, k) f(0, 0)Df(0, 0) (h, k)h, k

    = lm(h,k)(0,0)

    (h2 + k2) sin( 1h2+k2

    ) (0, 0) (h, k)

    h2 + k2

    = 0.

    2.65 Proposicion. Sea f : U Rn R y p U tal que f es diferenciable en p. Entonces, f es continua en p.

    Demostracion. Dado que f es diferenciable en p, se tiene que

    lmh0

    f(p+ h) f(p)Df(p) hh

    = 0,

    lo cual implica quelmh0f(p+ h) f(p)Df(p) h = 0.

    Luego, comolmh0

    Df(p) h = 0,

    se tiene quelmh0

    f(p+ h) = f(p).

  • 34 Plano Tangente

    2.66 Observacion. Consideremos la funcion f del Ejemplo 2.46. Tenemos que f posee sus dos derivadas parcialesen (0, 0) pero no es continua en (0, 0), pues si tomamos (t) = (t, 0), se tiene que

    lm(x,y)(0,0)

    f(x, y) = 0,

    en cambio, si tomamos (t) = (t, t3), se tiene que

    lm(x,y)(0,0)

    f(x, y) = lmt0

    t3t3

    t6 + t6=

    1

    2.

    Por lo tanto, la existencia de las derivadas parciales no es suficiente para garantizar la diferenciabilidad.

    2.67 Teorema. Sea f : U Rn R y p U . Si todas las derivadas parciales de primer orden existen y soncontinuas en p, entonces f es diferenciable en p.

    2.68 Ejemplo. Sea f(x, y) = ex2+y2 , entonces

    f

    x= 2xex

    2+y2 ,f

    y= 2yex

    2+y2 ,

    son todas continuas y por lo tanto, f es diferenciable en todo R2.

    2.69 Definicion. Se define la clase de funciones Cp como el conjunto de todas las funciones tales que todas susderivadas parciales de orden p son continuas.

    2.70 Observacion. Si f C1, entonces f es diferenciable. Si ademas, f C2, entonces las derivadas cruzadasde f son iguales por el Lema 2.50.

    2.71 Proposicion. Sean f, g : U Rn R y p U tales que f y g son diferenciables en p. Consideremos, R, entonces

    (a) f + g es diferenciable en p y

    D (f + g) (p) = Df(p) + Dg(p).

    (b) fg es diferenciable en p yD (fg) (p) = Df(p)g(p) + f(p)Dg(p).

    (c) si g 6= 0 en una vecindad de p, entonces fg es diferenciable en p y

    D

    (f

    g

    )(p) =

    Df(p)g(p) f(p)Dg(p)g2(p)

    .

    2.6. Plano Tangente

    Sean f : R2 R, p = (a, b) y q = (a, b, f(a, b)). Queremos aprovecharnos de la definicion de diferenciabilidad parabuscar una aproximacion local a la superficie (f) en una vecindad de q.

    Sea 1 el vector tangente a la curva (t) = (t, b, f(t, b)), es decir,

    1 =

    (1, 0,

    f

    x(a, b)

    ).

    Analogamente, definimos 2, el vector tangente a la curva (t) = (a, t, f(a, t)), el cual queda dado por

    2 =

    (0, 1,

    f

    y(a, b)

    ).

  • Calculo Diferencial de Funciones Escalares en Varias Variables 35

    Consideremos q, el plano tangente a (f) en q. Tenemos que 1, 2 q y al ser dos vectores linealmenteindependientes, constituyen una base de este. Luego, un vector normal al plano esta dado por

    n = 1 2 =

    k

    1 0 fx (a, b)

    0 1 fy (a, b)

    =(fx

    (a, b),fy

    (a, b), 1

    ). (2.8)

    As, la ecuacion del plano esta dada por

    q : (r q) n = 0, (2.9)

    o bien,

    (x a)fx

    (a, b) + (y b)fy

    (a, b) = z f(a, b). (2.10)

    Supongamos ademas que f es diferenciable en p. Entonces

    lm(h,k)(0,0)

    |f(a+ k, b+ k) f(a, b)Df(p) (h, k)|(h, k)

    = 0,

    lo cual implica que

    lm(h,k)(0,0)

    f(a+ k, b+ k) f(a, b) hfx

    (a, b) kfy

    (a, b) = 0. (2.11)

    Finalmente, reemplazando h = x a, k = y b y (2.10) en (2.11), tenemos que

    lm(x,y)(a,b)

    f(x, y)(c+ (x a)f

    x(a, b) + (y b)f

    y(a, b)

    )= 0,

    es decir, si f es diferenciable, q se parece localmente a (f) en q.

    2.72 Ejemplo. Sea f(x, y) =

    1 x2 y2, entonces para (a, b) B (0, 1) tenemos que

    f

    x(a, b) = a

    1 a2 b2,

    f

    y(a, b) = b

    1 a2 b2.

    Luego, el plano tangente en q = (a, b, f(a, b)) esta dado por

    (x a) a1 a2 b2

    (y b) b1 a2 b2

    = z

    1 a2 b2,

    es decir,

    ax+ by + z

    1 a2 b2 = 1.

    Notemos que otro vector que tambien tiene direccion normal es(a, b,

    1 a2 b2

    ).

    2.7. Gradiente

    2.73 Definicion (Gradiente). Sea f : U Rn R y p U tal que f es diferenciable en p. Se define el vectorgradiente de f en p como

    ~f(p) :=(f

    x1(p), . . . ,

    f

    xn(p)

    ).

    2.74 Observacion. ~f(p) corresponde a Df(p) en la definicion de diferenciabiliad.

  • 36 Gradiente

    2.75 Observacion. En general, se habla del operador

    ~ :=(

    x,

    y,

    z

    ).

    Esto es muy comodo, porque permite trabajar mas intuitivamente con otros operadores. Por ejemplo, en coorde-nadas cartesianas, 4 = ~ ~ = ~2.

    2.76 Ejemplo. Sea f(x, y, z) =(x2 + y2 + z2

    ) 12 , entonces

    ~f(x, y, z) =

    (x

    x2 + y2 + z2,

    yx2 + y2 + z2

    ,z

    x2 + y2 + z2

    )=

    1

    f(x, y, z)(x, y, z).

    2.77 Ejemplo. Sea f(x, y, z) = x sin y + ye2xz, entonces

    ~f(x, y, z) =(sin y + 2yze2xz, x cos y + e2xz, 2xye2xz

    ).

    2.78 Ejemplo. En el Ejemplo 2.43, se tiene que si A es simetrica, entonces

    ~f(x) = 2Ax.

    2.79 Proposicion. Sea f : U Rn R y p U tal que f es diferenciable en p. Consideremos v Rn unitario,entonces

    (a)f

    v(p) = ~f(p) v.

    (b)f

    v(p)

    ~f(p).(c)

    ~f(p)~f(p) es el vector que maximiza la expresion fv (p).Demostracion.

    (a) Como f es diferenciable en p, entonces

    lmh0

    f(p+ h) f(p) ~f(p) hh

    = 0.

    Sea h = tv con t R, entonces h = tv = t v = t y,

    lmt0

    f(p+ tv) f(p)t ~f(p) v = 0,

    es decir,f

    v(p) = lm

    t0

    f(p+ tv) f(p)t

    = ~f(p) v.

    (b) Usando la Desigualdad de Cauchy-Schwarz-Bunyakovsky (Lema 1.12), tenemos que

    f

    v(p) = ~f(p) v

    ~f(p) v = ~f(p) .(c) Tomando

    v =~f(p)~f(p) ,

    tenemos que

    f

    v(p) = ~f(p)

    ~f(p)~f(p) =~f(p)2~f(p) =

    ~f(p) .

  • Calculo Diferencial de Funciones Escalares en Varias Variables 37

    2.80 Observacion. La Proposicion 2.7 nos muestra que la direccion de maximo cambio de f viene dada por~f . Ademas, queremos recalcar que la hipotesis de v = 1 es muy importante pues NO distorsiona el valor de laderivada direccional. Finalmente, el lector debe tener presente que solo podra calcular las derivadas direccionalesa partir del gradiente cuando f sea diferenciable. En caso contrario, debera calcularlas por definicion.

    2.81 Observacion. Si v R2 tal que v = 1, entonces v = (cos , sin ) para algun [0, 2[.

    2.82 Observacion. Sea f : U Rn Rm diferenciable y v Rn unitario. Si para p U se tiene que

    f

    v(p) = 0,

    entonces ~f(p) v.

    2.83 Proposicion (Regla de la Cadena). Sea f : U Rn R diferenciable y : I R Rn una curvadiferenciable contenida en U . Entonces, la funcion g(t) = f (t) es derivable y se tiene que

    g(t) = ~f((t)) (t).

    Demostracion. Lo haremos solo para el caso n = 2. Sea t I y (t) = (x1(t), x2(t)). Tenemos que

    g(t) = lmh0

    g(t+ h) g(t)h

    = lmh0

    f (x1(t+ h), x2(t+ h)) f (x1(t), x2(t))h

    = lmh0

    f (x1(t+ h), x2(t+ h)) f (x1(t), x2(t+ h))h

    l1

    +f (x1(t), x2(t+ h)) f (x1(t), x2(t))

    h l2

    .

    Pero, como f es diferenciable,

    l1 = lmh0

    f (x1(t+ h), x2(t+ h)) f (x1(t), x2(t+ h))x1(t+ h) x1(t)

    x1(t+ h) x1(t)h

    =f

    x(x1(t), x2(t))x

    1(t).

    y analogo para l2. As,

    g(t) =f

    x(x1(t), x2(t))x

    1(t) +

    f

    y(x1(t), x2(t))x

    2(t) = ~f ((t)) (t).

    2.84 Observacion. Si g, son funciones de mas variables, podemos utilizar la Regla de la Cadena para susderivadas parciales recordando que calcularlas es derivar suponiendo que las otras variables son constantes. Esdecir, si tenemos h(t, s) = f (t, s), con (t, s) = (x1(t, s), . . . , xn(t, s)), podemos derivar respecto a t tomandos constante y sigue que

    h

    t=

    nj=1

    f

    xj

    xjt

    .

    2.85 Ejemplo. Consideremos g(r, ) = f(r cos , r sin ), entonces

    g

    r=f

    x

    x

    r+f

    y

    y

    r= cos

    f

    x+ sin

    f

    y,

    g

    =f

    x

    x

    +f

    y

    y

    = r sin f

    x+ r cos

    f

    y.

    Luego, resolviendo el sistema [cos sin r sin r cos

    ] [fxfy

    ]=

    [grg

    ],

  • 38 Gradiente

    por ejemplo con la regla de Cramer, se tiene que

    f

    x=

    gr sin g r cos

    cos sin r sin r cos = cos

    g

    r 1r

    sin g

    ,

    f

    y=

    cos grr sin g cos sin r sin r cos = sin

    g

    r+

    1

    rcos

    g

    .

    Notemos quef

    x+

    f

    y =

    g

    r(cos + sin ) +

    1

    r

    g

    ( sin + cos ) = g

    rer +

    1

    r

    g

    e.

    Es decir, uno podra pensar que en coordenadas polares,

    ~ =(

    r,

    1

    r

    ). (2.12)

    Ademas, se puede concluir que (g

    r

    )2+

    1

    r2

    (g

    )2=

    (f

    x

    )2+

    (f

    y

    )2.

    2.86 Corolario. Sea f : U Rn R diferenciable y : I R Rn una curva diferenciable contenida enf1(c), c R. Entonces, ~f((t)) (t),t I.

    Demostracion. Sea g(t) = f((t)), entonces g(t) = c,t I. Luego,

    ~f((t)) (t) = g(t) = 0.

    2.87 Observacion. El Corolario 2.86 nos dice que ~f es ortogonal a las curvas de nivel.

    2.88 Ejemplo. Sea f(x, y, z) = x2 + y2 + z2. Entonces, si x, y, z B(0, c2

    ), ~f = (2x, 2y, 2z) es una direccion

    normal al plano tangente en el punto (x, y, z) a la esfera centrada en el origen y de radio c2. De hecho, (x, y, z)tambien lo es y confirma lo visto en el Ejemplo 2.72.

    2.89 Teorema (Teorema del Valor Medio (T.V.M.)). Sea f : U Rn R una funcion diferenciable. Si elsegmento de recta xy U , entonces existe xy tal que

    f(y) f(x) = ~f() (y x).

    Demostracion. Consideremos (t) = f(x+ t(y x)), entonces

    (t) = ~f(x+ t(y x)) (y x).

    Por otro lado, por el TVM en una variable, se tiene que

    (1) (0) = (t0)(1 0) = (t0),

    con 0 < t0 < 1. Finalmente, sea = x+ t0(y x), entonces

    f(y) f(x) = ~f() (y x).

    2.90 Corolario. Sea f : U Rn R una funcion diferenciable y la region D U tal que ~f(x) = 0,x D.Entonces, f es constante en D.

    2.91 Definicion (Diferencial total). Sea f : U Rn R diferenciable y p U . Definimos el diferencial totalde f en p como

    df(p) :=

    ni=1

    f

    xi(p)dxi.

  • Calculo Diferencial de Funciones Escalares en Varias Variables 39

    2.92 Ejemplo. Sea f : R4 R, con f = f(x, y, z, t). Entonces

    df =f

    xdx+

    f

    ydy +

    f

    zdz +

    f

    tdt.

    As, la derivada total o sustancial de f con respecto a t es

    df

    dt=f

    x

    dx

    dt+f

    y

    dy

    dt+f

    z

    dz

    dt+f

    t.

    2.8. Problemas Resueltos

    2.1 Problema. Estudie

    lm(x,y)(a,a)

    tanx tan ycotx cot y

    .

    Solucion: Tenemos que

    lm(x,y)(a,a)

    tanx tan ycotx cot y

    = lm(x,y)(a,a)

    tanx tan y1

    tan x 1

    tan y

    = lm(x,y)(a,a)

    tanx tan y = tan2 a.

    2.2 Problema. Estudie

    lm(x,y)(0,0)

    x3y

    x2 + y4.

    Solucion: Sea > 0. Tenemos que x3yx2 + y4 x3yx2

    = |x| |y| x2 + y22 .Luego, tomando 2 = 2, sigue que x3yx2 + y4 0

    x2 + y22 < 2 = .2.3 Problema. Estudie

    lm(x,y)(0,0)

    x

    x2 + y2

    Solucion: Usando coordenadas polares, tenemos que

    lm(x,y)(0,0)

    x

    x2 + y2= lmr0

    r cos

    r2lmr0

    cos

    r

    que no existe.

    2.4 Problema. Estudie

    lm(x,y)(0,0)

    1 cosxyx2y sin 2y

    .

    Solucion: Tenemos que

    lm(x,y)(0,0)

    1 cosxyx2y sin 2y

    = lm(x,y)(0,0)

    1 cosxy(xy)2

    2y

    sin 2y

    1

    2=

    1

    4.

  • 40 Problemas Resueltos

    2.5 Problema. Estudie

    lm(x,y)(0,0)

    (y2 x)2

    x2 + y2.

    Solucion: Sea 1(t) = (t, 0). Tenemos que

    lm(x,y)(0,0)

    f(1(t)) = lmt0

    (0 t)2

    t2 + 0= 1.

    Ahora, sea 2(t) = (0, t). Se tiene que

    lm(x,y)(0,0)

    f(2(t)) = lmt0

    (t2 0

    )20 + t2

    = 0.

    Por lo tanto, el lmite no existe.

    2.6 Problema. Estudie

    lm(x,y,z,w)(0,0,0,0)

    xy + yz + zw xyzwx2 + y2 + z4 + w4

    .

    Solucion: Sea (t) = (t, t, 0, 0). Tenemos que

    lm(x,y,z,w)(0,0,0,0)

    xy + yz + zw xyzwx2 + y2 + z4 + w4

    = lmt0

    t2 + 0 + 0 + 0

    t2 + t2 + 0 + 0=

    1

    2.

    Ahora, sea (t) = (t, 0, 0, 0). Se observa que

    lm(x,y,z,w)(0,0,0,0)

    xy + yz + zw xyzwx2 + y2 + z4 + w4

    = lmt0

    0 + 0 + 0 + 0

    t2 + 0 + 0 + 0= 0.

    Por lo tanto, el lmite no existe.

    2.7 Problema. Estudie

    lm(x,y,z)(0,0,0)

    xy + yz + zx

    x2 + y2 + z2.

    Solucion: Sea (t) = (t, t, 0). Tenemos que

    lm(x,y,z)(0,0,0)

    xy + yz + zx

    x2 + y2 + z2= lm

    (x,y,z)(0,0,0)

    t2 + 0 + 0

    t2 + t2 + 0=

    1

    2.

    Ahora, sea (t) = (t, t, t). Tenemos que

    lm(x,y,z)(0,0,0)

    xy + yz + zx

    x2 + y2 + z2= lm

    (x,y,z)(0,0,0)

    t2 + t2 + t2

    t2 + t2 + t2= 1.

    Por lo tanto, el lmite no existe.

    2.8 Problema. Estudie

    lm(x,y,z)(0,0,0)

    xyz + x4 + y4 + z4x6 + y6 + z6

    .

    Solucion: Sea (t) = (t, t, t), entonces

    lm(x,y,z)(0,0,0)

    xyz + x4 + y4 + z4x6 + y6 + z6

    = lmt0

    t3 + 3t43|t|3

    .

    Este ultimo lmite se indefine: si t > 0 vale 13, si t < 0 vale 1

    3. Por lo tanto, el lmite que se nos pidio estudiar

    tampoco existe, pues de existir no importara por que curva nos acerquemos a (0, 0).

  • Calculo Diferencial de Funciones Escalares en Varias Variables 41

    2.9 Problema. Estudie

    lm(x,y)(0,0)

    x3 + y3

    x y.

    Solucion: Sea 1(t) = (t, 0), entonces

    lmt0

    f (1(t)) = lmt0

    t3

    t= 0.

    Despues de pensar un rato, el lector podra darse cuenta que casi todos los caminos entregan el mismo resultado.Si cambiamos a coordenadas polares, tenemos que

    lm(x,y)(0,0)

    x3 + y3

    x y= lmr0

    r3 cos3 + r3 sin3

    r cos r sin = lmr0

    r2cos3 + sin3

    cos sin .

    Por lo tanto, si (r) 4 cuando r 0 a una velocidad mayor que r2, el lmite tiene posiblidades de no existir.

    Esto nos da una nueva idea sobre que trayectoria tomar. Consideremos 2(t) = (t+ t3, t), entonces

    lmt0

    f (2(t)) = lmt0

    (t+ t3)3 + t3

    t3= lmt0

    (1 + t2)3 + 1 = 2.

    Finalmente, el lmite no existe.

    2.10 Problema. Determine valores para a, b, c R tales que

    lm(x,y,z)(0,0,0)

    (ax+ by + cz)2

    (x2 + y2 + z2)

    exista.

    Solucion: Sea 1(t) = (t, 0, 0), entonces

    lmt0

    f (1(t)) = lmt0

    (at)2

    t2= a2.

    Analogamente, tomando las trayectorias 2(t) = (0, t, 0) y 3(t) = (0, 0, t), obtenemos que el valor del lmite esb2 y c2, respectivamente. Por lo tanto,

    a2 = b2 = c2.

    Sea 4(t) = (t, t, 0), entonces

    lmt0

    f (4(t)) = lmt0

    (at+ bt)2

    2t2=

    (a+ b)2

    2=a2 + b2

    2+ ab.

    Pero, al imponer las condiciones obtenidas anteriormente, tenemos que

    a2 =a2 + b2

    2+ ab = a2 + ab ab = 0 a = 0 b = 0.

    Luego, en cualquiera de los dos casos, podemos concluir que

    a = b = c = 0.

    2.11 Problema. Sea

    f(x, y) =

    x yx3 y

    , si y 6= x3

    1 , si y = x3.

    Estudie la continuidad de f en (1, 1).

    Solucion: Sea (t) = (t, 1). Tenemos que

    lm(x,y)(1,1)

    f(x, y) = lmt1

    t 1t3 1

    = lmt1

    1

    t2 + t+ 1=

    1

    3.

  • 42 Problemas Resueltos

    Luego, f no es continua en (1, 1). Es mas, tomando (t) = (1, t), tenemos que

    lm(x,y)(1,1)

    f(x, y) = lmt1

    1 t1 t

    = 1.

    Por lo tanto, la discontinuidad ni siquiera es reparable.

    2.12 Problema. Sea

    f(x, y) =

    x2y

    x4 + y2, si (x, y) 6= (0, 0)

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

    Existe algun valor de tal que f sea continua en el origen?

    Solucion: Sea (t) = (t, t). Tenemos que

    lm(x,y)(0,0)

    f(x, y) = lmt0

    t3

    t4 + t2= lmt0

    t

    t2 + 1= 0.

    Por otro lado, tomando (t) = (t, t2), tenemos que

    lm(x,y)(0,0)

    f(x, y) = lmt0

    t4

    t4 + t4=

    1

    2.

    Por lo tanto, no existe ningun valor real de tal que f sea continua en el origen.

    2.13 Problema. Sea f : R2 R definida por

    f(x, y) =

    x2y2

    x3 + y3, si x 6= y

    0 , si x = y.

    Estudie la continuidad de f en (0, 0).

    Solucion: En primer lugar, notemos que

    lm(x,0)(0,0)

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

    f(x, y) = 0.

    Por otra parte, x2y2

    x3+y3 se indefine en x = y. Ademas, la funcion diverge a medida que uno se acerca a este eje(deje fijo un y0 6= 0, por ejemplo, y haga tender x y0). Esto nos hace sospechar que podemos aproximarnos a(0, 0) por una curva cercana a esta recta y obtener otro valor del lmite. Considere, por ejemplo, la curva definidapor y = x+ x2. En ese caso:

    lm(x,x+x2)(0,0)

    f(x, y) = lmx0

    x3 + x4

    x3 + x6 3x5 + 3x4 x3= lmx0

    x 1x3 3x2 + 3x

    =.

    Por lo tanto, el lmite que estudiamos no existe.

    2.14 Problema. Sea f : R2 R dada por

    f(x, y) =

    x3 y3

    xy, si xy 6= 0

    0 , si xy = 0.

    Pruebe que el conjunto de los puntos de discontinuidad de f es cerrado. Determnelo explcitamente.

    Solucion: Sea (t) = (t, y0) con y0 6= 0. Tenemos que

    lm(x,y)(0,y0)

    f(x, y) = lmt0

    t3 y30ty0

    = lmt0

    t2

    y0 y

    30

    ty0,

  • Calculo Diferencial de Funciones Escalares en Varias Variables 43

    es decir, no existe. Por la simetra de la funcion, se tiene que el lmite cuando (x, y) (x0, 0), con x0 6= 0,tampoco existe. Luego, f no es continua en

    ={

    (x, y) R2 : xy = 0}r {(0, 0)}.

    Ademas, si usamos (t) = (t, t2), entonces

    lm(x,y)(0,0)

    f(x, y) = lmt0

    t3 t6

    t3= 1.

    Luego, independientemente de que el lmite exista o no, f tampoco es continua en (0, 0).

    En cambio, f s es continua en los otros puntos por ser algebra de continuas all. Por lo tanto, el conjunto dediscontinuidades de f es {(0, 0)} el cual es cerrado pues su complemento es abierto.

    2.15 Problema. Sea f : A R2 R definida por

    f(x, y) = (x2 + y2)

    1

    1 (x2 y2) .

    Encuentre el dominio A de f y estudie la posibilidad de extender de forma continua f a la adherencia de A, quedenotamos A. En caso de existir, defina la funcion resultante.

    Solucion: El dominio de f es A = {(x, y) : x2 + y2 6= 1}. Sea B = Ac = {(x, y) : x2 + y2 = 1}. Notamos que laadherencia de A es igual a R2 = A B.f es composicion de continuas en A, que es un abierto. Luego, f tambien es continua en A.

    Estudiamos el caso de (x0, y0) B. Definimos las funciones:

    g(t) = t1

    1t y h(x, y) = x2 + y2.

    Verifique que:lmt1

    g(t) = e1 y lm(x,y)(x0,y0)

    h(x, y) = 1.

    De esta forma, por el teorema del lmite de una funcion compuesta, (x0, y0) B se cumple:

    lm(x,y)(x0,y0)

    (x,y)A

    f(x, y) = lm(x,y)(x0,y0)

    (x,y)A

    g(h(x, y)) = e1.

    En consecuencia, s es posible prolongar continuamente f , y podemos as definir la funcion:

    f(x, y) =

    {f(x, y) , si (x, y) Ae1 , si (x, y) 6 A

    .

    2.16 Problema. Sea f : R2 R dada por

    f(x, y) =

    (x y)yx

    , si 0 < y < x

    0 , si no.

    Determine todos los valores de R tales que f sea continua en todo R2.Solucion: Notemos que f no es nula en una mitad del primer cuadrante (aquella que esta bajo la recta y = x).Si llamamos A a este conjunto, es decir,

    A = {(x, y) R2 : 0 < y < x},

    se tiene queA = {(x, 0) R2 : 0 < x} {(x, x) R2 : 0 < x} {(0, 0)}.

  • 44 Problemas Resueltos

    Luego, nos interesa saber que pasa con f nos acercamos a A. Sea x0 > 0. Entonces, si (x, y) A (no vale lapena analizar los otros puntos pues es claro que f cumple la continuidad en esas direcciones), tenemos que

    lm(x,y)(x0,0)

    f(x, y) = lm(x,y)(x0,0)

    (x y)yx

    = 0, R.

    Analogamente,

    lm(x,y)(x0,x0)

    f(x, y) = lm(x,y)(x0,x0)

    (x y)yx

    = 0, R.

    Por lo tanto, esos puntos de la frontera no definen ningun valor especfico de . Solo nos queda analizar en (0, 0).Notemos que, por la Desigualdad Triangular,

    |f(x, y)| = (x y)yx

    = |x y|yx (|x|+ |y|)yx .Pero como (x, y) A y < x y sigue que

    |f(x, y)| < 2x2

    x= 2x2.

    Por lo tanto, f es continua si < 2.

    Por otro lado, usando (t) = (t,mt), 0 < m < 1, se tiene que

    lm(x,y)(0,0)

    f(x, y) = lmt0

    (1m)mt2

    t= (1m)m lm

    t0t2,

    es decir, no existe cuando 2.As, f es continua en todo R2 si y solo si < 2.

    2.17 Problema. Determine una funcion k : R R tal que

    f(x, y) =

    sin(x2 y2)

    x y, si x 6= y

    k(x) , si x = y.

    sea continua.

    Solucion: Sea x0 R fijo, entonces

    lm(x,y)(x0,y0)

    x 6=y

    f(x, y) = lm(x,y)(x0,y0)

    x 6=y

    sin(x2 y2)x y

    = lm(x,y)(x0,y0)

    x 6=y

    sin(x2 y2)x2 y2

    (x+ y) = 2x0.

    Luego, tomando k(x) = 2x se obtiene la continuidad de la funcion pues k es continua (y as se trivializa el estudiodel lmite para el caso x = y).

    2.18 Problema. Muestre que f(x, y) = x2y es diferenciable en R2.Solucion: Tenemos que

    f

    x(x, y) = 2xy ,

    f

    y(x, y) = x2.

    Luego, como ambas son funciones continuas, tenemos que f es diferenciable en R2.

    2.19 Problema. Sea

    f(x, y) =

    exp( 1x2 + y2

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

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

  • Calculo Diferencial de Funciones Escalares en Varias Variables 45

    (a) Determine los puntos de R2 donde f es continua.

    (b) Calcule fx(0, 0) y fy(0, 0).

    Solucion:

    (a) Es claro que f es continua en R2 r {0, 0}. Veamos que ocurre en (0, 0), tenemos que

    lm(x,y)(0,0)

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

    exp

    ( 1x2 + y2

    )= lmr0

    e1r2 = 0.

    Luego, f es continua en todo R2.

    (b) Por definicion,f

    x(0, 0) = lm

    h0

    f(h, 0) f(0, 0)h

    = lmh0

    1

    hexp

    ( 1h2

    )= 0.

    Ademas, por la simetra de la funcion, se tiene que

    f

    y(0, 0) = 0.

    2.20 Problema. Sea f : R2 R una funcion diferenciable tal que existe M > 0 y fxj (x) M, x Rn,j = 1, . . . , n.

    Demuestre que f es lipchitz, es decir, existe C > 0 tal que

    |f(x) f(y)| C x y , x, y Rn. (2.13)

    Solucion: Sean x, y Rn. Por el T.V.M. sabemos que existe xy tal que

    f(x) f(y) = ~f() (y x).

    Luego, usando la Desigualdad de Cauchy-Schwarz-Bunyakovsky, tenemos que

    |f(x) f(y)| =~f() (y x) ~f () x y .

    Finalmente, dado que ~f ()2 = nk=1

    (f

    xj()

    )2 nM2,

    podemos tomar C =nM y sigue que f es lipchitz.

    2.21 Problema. Considere la funcion f : R2 R definida por

    f(x, y) =

    |xy|

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

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

    .

    (a) Determine si f es continua en (0, 0).

    (b) Decida si f es diferenciable en (0, 0).

    (c) Encuentre la condicion que debe cumplir v R2 tal que la derivada direccional de f en el punto (0, 0) enla direccion de v exista.

    Solucion:

  • 46 Problemas Resueltos

    (a) Sea (t) = (t, 0). Tenemos que

    lm(x,y)(0,0)

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

    |xy|

    |x|+ |y|= lmt0

    0

    |t|+ 0= 0.

    En cambio, tomando (t) = (t, t), tenemos que

    lm(x,y)(0,0)

    f(x, y) = lmt0

    |t|2

    |t|+ |t|=

    1

    2.

    Por lo tanto, el lmite no existe.

    (b) Como f no es continua en (0, 0), no es diferenciable all.

    (c) Sea v = t(cos , sin ). Por definicion,

    f

    v(0, 0) = lm

    t0

    f((0, 0) + tv) f(0, 0)t

    = lmt0

    |t|| cos sin |

    |t cos |+ |t sin ||t|

    = lmt0

    1

    |t|

    | cos sin |

    | cos |+ | sin |.

    Luego, la derivada direccional existe si y solo si

    cos sin = 0,

    es decir, si y solo si sin(2) = 0. Finalmente, concluimos que la derivada direccional existe si y solo si

    {0, 2 , ,

    32

    }.

    2.22 Problema. Sea

    f(x, y) =

    x(1 cos y)

    x2 + y2

    x2 + y4, si (x, y) 6= (0, 0)

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

    .

    (a) Estudie la diferenciabilidad de f en (0, 0).

    (b) Calcule la derivada direccional de f en (0, 0) para cualquier direccion.

    Solucion:

    (a) Notamos quef

    x(0, 0) = lm

    h0

    f(h, 0) f(0, 0)h

    = 0,

    f

    y(0, 0) = lm

    k0

    f(0, k) f(0, 0)k

    = 0.

    Luego, miramos el lmite

    lm(h,k)(0,0)

    f(h, k) f(0, 0) ~f(0, 0) (h, k)h2 + k2

    = lm(h,k)(0,0)

    h(1cos k)h2+k2

    h2+k4h2 + k2

    = lm(h,k)(0,0)

    h(1 cos k)h2 + k4

    Tomamos (t) = (t2, t) y sigue que, de existir,

    lm(h,k)(0,0)

    h(1 cos k)h2 + k4

    = lmt0

    t2(1 cos t)t4 + t4

    = lmt0

    (1 cos t)2t2

    =1

    4.

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

  • Calculo Diferencial de Funciones Escalares en Varias Variables 47

    (b) Dado que no tenemos la diferenciabilidad, solo podemos calcular las derivadas direccionales por definicion.Sea v = (cos , sin ), tal que cos , sin 6= 0, entonces

    f

    v(0, 0) = lm

    t0

    f(t cos , t sin ) f(0, 0)t

    = lmt0

    t cos (1cos(t sin ))|t|t2 cos2 +t4 sin4

    t

    = lmt0

    cos

    cos2 + t2 sin4 sec

    1 cos (t sin )t2

    sin2 2

    |t|0

    = 0.

    Ademas, si cos = 0 o sin = 0, el lmite es directamente nulo, tambien. As,

    f

    v(0, 0) = 0, v = 1.

    2.23 Problema. Sea

    f(x, y) =

    (x2 + y2) sin(

    1

    x2 + y2

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

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

    (a) Calcule sus derivadas parciales de primer orden en todo R2.

    (b) Determine la continuidad de estas en (0, 0).

    (c) Determine si f es diferenciable en (0, 0).

    (d) Que puede concluir respecto a la relacion entre diferenciabilidad y continuidad de derivadas parciales?

    Solucion:

    (a) Tenemos que

    f

    x(0, 0) = lm

    h0

    f(h, 0) f(0, 0)h

    = lmh0

    h2 sin

    (1

    h2

    )h

    = lmh0

    h sin

    (1

    h2

    )= 0,

    Luego, por la simetra de la funcion,

    f

    x(x, y) =

    2x sin(

    1

    x2 + y2

    ) 2xx2 + y2

    cos

    (1

    x2 + y2

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

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

    f

    y(0, 0) =

    2y sin(

    1

    x2 + y2

    ) 2yx2 + y2

    cos

    (1

    x2 + y2

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

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

    (b) Se tiene que

    lm(x,y)(0,0)

    f

    x(x, y) = lm

    (x,y)(0,0)2x sin

    (1

    x2 + y2

    ) 2xx2 + y2

    cos

    (1

    x2 + y2

    ).

    As, como

    lm(x,y)(0,0)

    2x sin

    (1

    x2 + y2

    )= 0

    y no existe

    lm(x,y)(0,0)

    2x

    x2 + y2cos

    (1

    x2 + y2

    ),

    concluimos que fx no es continua en (0, 0).

    Analogamente, de la funcion fy tampoco es continua en (0, 0).

  • 48 Problemas Resueltos

    (c) En efecto, tenemos que

    lm(h,k)(0,0)

    f(h, k) f(0, 0) ~f(p) (h, k)(h, k)

    = lm(h,k)(0,0)

    (h2 + k2) sin( 1h2 + k2)

    h2 + k2

    = 0.

    Por lo tanto, f es diferenciable en (0, 0).

    (d) Podemos concluir que la condicion de diferenciabilidad no garantiza la continuidad de las derivadas parciales.

    2.24 Problema. Sea

    f(x, y) =

    ex

    2+y2 1sin(x2 + y2)

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

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

    .

    (a) Determine valores para R tales que f sea continua en (0, 0).

    (b) Calcule fx, fy en (0, 0).

    (c) Determine si f es diferenciable en R2.

    (d) Que se puede decir respecto a las derivadas direccionales de f en (0, 0)?

    Solucion:

    (a) Calculamos

    lm(x,y)(0,0)

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

    ex2+y2 1

    sin(x2 + y2)= lmr0

    er2 1

    sin(r2)= lmr0

    er2 1r2

    r2

    sin(r2)= 1.

    Por lo tanto, f es continua en (0, 0) si y solo si = 1.

    (b) Calculamos

    f

    x(0, 0) = lm

    h0

    f(h, 0) f(0, 0)h

    = lmh0

    eh21

    sin(h2) 1h

    = lmh0

    eh21sin(h2)sin(h2)

    h.

    Invocamos a Taylor y sigue que

    f

    x(0, 0) = lm

    h0

    1+h2+ 12h4+o(h6)1(h2+o(h6))h2+o(h6)

    h= lmh0

    12h+ o(h

    3)

    1 + o(h4)= 0.

    As, dada la simetra de la funcion, tenemos que

    f

    x(0, 0) =

    f

    y(0, 0) = 0.

    (c) Calculamos

    lm(h,k)(0,0)

    f(h, k) f(0, 0) ~f(0, 0) (h, k)h2 + k2

    = lm(h,k)(0,0)

    eh2+k21

    sin(h2+k2) 1h2 + k2

    = lmr0

    er21

    sin(r2) 1r

    = 0.

    Luego, f es diferenciable en (0, 0).

    (d) Dado que f es diferenciable en (0, 0), la derivada direccional de f en la direccion v puede ser escrita como

    f

    v(0, 0) = ~f(0, 0) v,

    pero ~f(0, 0) = (0, 0) y por lo tanto, cualquier derivada direccional de f en (0, 0) es nula.

  • Calculo Diferencial de Funciones Escalares en Varias Variables 49

    2.25 Problema. Determinar la ecuacion del plano tangente a la superficie z = x2 y2 + 2 en P0 = (1, 1, 2).Solucion: Por (2.8), tenemos que el vector normal a la superficie esta dado por

    n =

    (zx

    (1, 1),zy

    (1, 1), 1

    )= (2x, 2y, 1)|(x,y)=(1,1) = (2, 2, 1).

    Luego, el plano tangente esta dado por

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

    es decir,

    2x+ 2y + z = 2.

    2.26 Problema. Sea n un vector normal a la superficie z = x2y + xy2 en (1, 1, 2) en el sentido que z crece.Calcule la derivada normal de f(x, y, z) = xey + yz en la direccion de n para el punto (1, 0, 1).

    Solucion: Primero determinaremos el vector normal n en un punto (x, y, z(x, y)). Tenemos que

    n =

    (zx,z

    y, 1

    )=((2xy + y2

    ),(x2 + 2xy

    ), 1).

    Luego, la direccion buscada esta dada por

    n = (3,3, 1) .

    Por otro lado, tenemos que~f = (ey, xey + z, y) .

    Finalmente, como f