Análisis matemático 3

CURSO DE

ANALISIS MATEMATICO III

Miguel CanelaDepartament de Matematica aplicada i analisi, UB

[email protected]

1. Propiedades topologicas de los subconjuntos de Rn . . . . . . . . . . . . . . . . 3Producto escalar y norma . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3Distancia, bolas y conjuntos acotados . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5Lımite de una sucesion . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7Interior, adherencia y frontera . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8Conjuntos abiertos y cerrados . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10Conjuntos compactos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12Problemas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14

2. Continuidad y lımites . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15Lımite de una funcion . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15Funciones continuas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16Funciones continuas en conjuntos compactos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19Problemas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21

3. Diferenciabilidad . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22Derivadas parciales y direccionales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22Diferencial, matriz jacobiana y gradiente . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23Funciones de clase C1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25Regla de la cadena . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26Teorema del valor medio . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28Derivadas de orden superior . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29Formula de Taylor . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30Maximos y mınimos locales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32Problemas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33

4. Teorema de la funcion inversa y consecuencias . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35Teorema de la funcion inversa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35Teorema de la funcion implıcita . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 37Metodo de los multiplicadores de Lagrange . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39Problemas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41

Curso de Analisis matematico III/1

5. Aplicaciones geometricas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 43Tangente y normal a una curva del plano . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 43Ecuacion diferencial de un haz de curvas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 45Ecuaciones en variables separables . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 46Ecuaciones diferenciales exactas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 47Ecuaciones diferenciales lineales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 49Curvas y superficies en Rn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 50Problemas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 53

6. Problemas de repaso . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 54


1. PROPIEDADES TOPOLOGICASDE LOS SUBCONJUNTOS DE Rn

PRODUCTO ESCALAR Y NORMA

El producto escalar de x, y ∈ Rn se define por

x · y =n

∑

i=1

xiyi.

La norma de x es

‖x‖ =(

x · x)1/2

=

(

n∑

i=1

x2i

)1/2

.

Observa que, si n = 1, la norma es el valor absoluto. Para n = 2 y n = 3, coincidecon el modulo de un vector tal como se define en un curso de Fısica.Es inmediato, a partir de la definicion, que, para x, y, z ∈ Rn, α, β ∈ R, se cumple

(αx + βy) · z = α(x · z) + β(y · z).

Si ‖u‖ = 1, decimos que u es unitario. De la formula

‖αx‖ = |α| ‖x‖

resulta que, si x 6= 0, u = x/‖x‖ es unitario.

Proposicion. Sean x, y ∈ Rn. Se cumple∣

∣x · y∣

∣ ≤ ‖x‖ ‖y‖ (desigualdad de Cauchy-Schwarz),

y la igualdad solo se da si x e y son linealmente dependientes.Demostracion. Si x = 0 o y = 0, la desigualdad es trivial. En caso contrario,podemos pasar ‖x‖ y ‖y‖ al primer miembro, y reducir el problema a ver que, si u, vson unitarios, |u · v| ≤ 1, y que |u · v| = 1 solo puede ser si u = v o u = −v. Paraverlo, observamos

0 ≤∥

∥u− v∥

∥

2= (u− v) · (u− v) = ‖u‖2 + ‖v‖2 − 2 u · v = 2(1− u · v),

que implica u·v ≤ 1. Cambiando + por −, resulta u·v ≥ −1, y, en definitiva |u·v| ≤ 1.Finalmente, u · v = 1 implica u = v, y u · v = −1 implica u = −v. ♠

Proposicion. Sean x, y ∈ Rn. Se cumple∥

∥x + y∥

∥ ≤ ‖x‖+ ‖y‖ (desigualdad triangular),

y la igualdad solo se da si y = αx, con α ≥ 0, o viceversa.Demostracion. Si x = 0 o y = 0 la desigualdad es trivial. Si no, resulta de ladesigualdad de Cauchy-Schwarz en

∥

∥x + y∥

∥

2= ‖x‖2 + ‖y‖2 + 2 x · y ≤ ‖x‖2 + ‖y‖2 + 2‖x‖ ‖y‖ =

(

‖x‖+ ‖y‖)2

.

Si hay igualdad en la desigualdad triangular, tambien en la de Cauchy-Schwarz, yentonces x e y son linealmente dependientes, o sea y = αx, y obviamente α > 0. ♠


En general, en un espacio vectorial real E, un producto escalar es una aplicacion(x, y) → x · y a valores reales, que cumple:

(i) x · x ≥ 0 para todo x ∈ E, y x · x = 0 si y solo si x = 0.(ii) x · y = y · x para x, y ∈ E.(iii) (αx + βy) · z = α(x · z) + β(y · z), para x, y, z ∈ E, α, β ∈ R.

Hay otros productos escalares de interes en el Analisis matematico. Por ejemplo, enel espacio de las funciones continuas en [0, 1], podemos definir

f · g =∫ 1

0f(x) g(x) dx.

No obstante, el unico producto escalar con el que trabajamos en este curso es el deRn. En el curso de Analisis funcional aparecen otros productos, definidos en espaciosde funciones o en espacios de sucesiones.Una norma en E es una aplicacion x → ‖x‖ a valores reales que cumple:

(i) ‖x‖ ≥ 0 para todo x ∈ E, y ‖x‖ = 0 si y solo si x = 0.(ii) ‖αx‖ = α‖x‖ para x ∈ E, α ∈ R.(iii)

∥

∥x + y∥

∥ ≤ ‖x‖+ ‖y‖, para x, y, z ∈ E.A partir de un producto escalar siempre se puede definir una norma, haciendo ‖x‖ =(x · x)1/2, y los argumentos que hemos dado para probar la desigualdad de Cauchy-Schwarz y la triangular valen en general. Hay otras normas de Rn de interes en elAnalisis matematico, aunque no todas se definen a partir de un producto escalar (v.Ejercicio 3). Cuando se quiere distinguir entre las distintas normas de Rn, se denotala que hemos definido a partir del producto, que es la norma euclıdea, por ‖x‖2. Delos espacios en los que hay definida una norma, los espacios normados, se ocupa elcurso de Analisis funcional.Otra norma interesante que sı vamos a usar este curso en alguna ocasion, es la normade una aplicacion lineal, o, equivalentemente, de una matriz. Primer probamosuna desigualdad fundamental de las aplicaciones lineales.

Proposicion. Sea T : Rn → Rm una aplicacion lineal. Existe K > 0 tal que∥

∥Tx∥

∥ ≤ K ‖x‖, x ∈ Rn.

Demostracion. Pasando ‖x‖ al primer miembro, el problema se reduce a ver que existeK > 0 tal que, si u es unitario,

∥

∥Tu∥

∥ ≤ K. Supongamos que A es la matriz de T enla base canonica

{

e1, . . . , en}

, de modo que

Tx =m

∑

j=1

(

n∑

i=1

aijxi

)

ej .

Entonces, si ‖u‖ = 1,

∥

∥Tu∥

∥ ≤m

∑

j=1

∣

∣

∣

∣

∣

n∑

i=1

aijui

∣

∣

∣

∣

∣

≤m

∑

j=1

n∑

i=1

|aij |. ♠

El argumento seguido en esta demostracion muestra que entre las constantes K > 0que cumplen la desigualdad para una aplicacion T hay una que es la menor, y quecoincide con el supremo de

∥

∥Tu∥

∥. Por definicion, esta constante mınima es la normade T , es decir,

‖T‖ = sup‖u‖=1

∥

∥Tu∥

∥.


Ejercicios1. Decimos que x e y son ortogonales si x · y = 0. Demuestra que, en ese caso,∥

∥x + y∥

∥

2= ‖x‖2 + ‖y‖2 (teorema de Pitagoras).

2. Demuestra que, para cualquier par x, y ∈ Rn,(a)

∣

∣‖x‖ − ‖y‖∣

∣ ≤∥

∥x− y∥

∥.

(b)∥

∥x + y∥

∥

2+

∥

∥x− y‖2 = 2(

‖x‖2 + ‖y‖2)

(identidad del paralelogramo).

(c)∥

∥x + y∥

∥

∥

∥x− y∥

∥ ≤ ‖x‖2 + ‖y‖2.3. Para x ∈ Rn, definimos

‖x‖1 =n

∑

i=1

|xi|, ‖x‖∞ = max{

|x1|, . . . , |xn|}

,

(a) Demuestra que estas formulas definen normas en Rn.(b) Demuestra que se cumple

‖x‖∞ ≤ ‖x‖2 ≤ ‖x‖1 ≤ n ‖x‖∞.

(c) Demuestra que estas normas no cumplen la identidad del paralelogramo.4. Demuestra, que si T es una aplicacion lineal, se cumple

‖T‖ = sup‖u‖≤1

∥

∥Tu∥

∥.

5. Sean T y S son aplicaciones lineales.(a) Demuestra que se cumple

∥

∥T +S∥

∥ ≤ ‖T‖+‖S‖, cuando la suma tiene sentido.(b) Demuestra que se cumple

∥

∥T ◦ S∥

∥ ≤ ‖T‖ ‖S‖, cuando la composicion tienesentido. Muestra con un ejemplo que la igualdad no se da siempre.

DISTANCIA, BOLAS Y CONJUNTOS ACOTADOS

La distancia entre dos puntos x, y ∈ Rn se define por

d(x, y) =∥

∥x− y‖1/2 =

(

n∑

i=1

(xi − yi)2)1/2

.

Proposicion. Sean x, y, z ∈ Rn. Se cumple:(i) d(x, y) ≥ 0, y solo d(x, y) = 0 si x = y.(ii) d(x, y) = d(y, x).(iii) d(x, z) ≤ d(x, y) + d(y, z) (desigualdad triangular).

Demostracion. Las dos primeras son evidentes. La tercera se deduce directamente dela definicion de la distancia y de la desigualdad triangular de la norma. ♠

Una distancia en un conjunto X cualquiera es una aplicacion (x, y) → R con laspropiedades (i)–(iii) de la proposicion anterior. Un conjunto en el que hay definidauna distancia es un espacio metrico. En cualquier espacio normado se puede definiruna distancia haciendo d(x, y) =

∥

∥x− y‖1/2, pero no es la unica manera. Un ejemplomuy artificial, que se usa a veces para construir contraejemplos en la teorıa de losespacios metricos, es la distancia discreta, para la que d(x, y) = 1 si x 6= y, yd(x, x) = 0. En este curso solo vamos a usar la distancia definida en Rn mediante lanorma euclıdea, que es la distancia euclıdea.La distancia entre un punto a ∈ Rn y un conjunto X ⊂ Rn se define por

d(a,X) = infx∈X

d(a, x).

Por convenio, se entiende que d(a, ∅) = ∞.


Ejemplo. La distancia de un punto a un conjunto no siempre es accesible, o, dichode otro modo, no siempre existe x ∈ X tal que d(a, x) = d(a,X). Un ejemplo sencillo,en R, nos lo da a = 0, X = (1, 2].

La distancia entre dos conjuntos X, Y ⊂ Rn se define por

d(X,Y ) = inf{

d(x, y) : x ∈ X y ∈ Y}

.

Una definicion equivalente (la comprobacion es inmediata para quien tenga claro loque significa inf) es

d(X,Y ) = infx∈X

d(x, Y ) = infy∈Y

d(y, X).

Sean a ∈ Rn y r > 0. La bola abierta de centro x y radio r se define por

B(a, r) ={

x ∈ Rn : ‖x− a‖ < r}

.

Analogamente, la bola cerrada de centro x y radio r se define por

B′(a, r) ={

x ∈ Rn : ‖x− a‖ ≤ r}

.

La esfera de centro x y radio r es

S(a, r) ={

x ∈ Rn : ‖x− a‖ = r}

.

Ejemplo. Supongamos que n = 1. Entonces

B(a, r) =(

a− r, a + r)

, B′(a, r) =[

a− r, a + r]

, S(a, r) ={

a− r, a + r}

.

El diametro de un conjunto X ⊂ Rn se define por

δ(X) = sup{

d(x, y) : x, y ∈ X}

.

Se entiende, en esta definicion, que el supremo puede ser infinito, y que el diametrodel conjunto vacıo es 0.

Ejemplo. Para a, b ∈ R, δ(

[a, b])

= b− a, δ(

{a})

= 0, y δ(

[a, +∞))

= +∞.

Cuando el diametro de un conjunto es finito, decimos que es un conjunto acotado.Todo subconjunto de un conjunto acotado es acotado, y la union finita de conjuntosacotados es un conjunto acotado. Cualquier bola es un conjunto acotado (v. Ejercicio4), y que un conjunto es acotado si y solo existe una bola que lo contenga (v. Ejercicio5). Por tanto, para n = 1, la definicion de conjunto acotado que hemos dado aquıcoincide con la del curso de Analisis matematico I para subconjuntos de R (X ⊂ Res acotado si existen a, b ∈ R tales que a ≤ x ≤ b para todo x ∈ X).Decimos que f : X → Rn es una aplicacion acotada cuando f(X) es un conjuntoacotado.

Ejercicios1. Para a, b ∈ Rn, X, Y, Z ⊂ Rn, di cuales de las siguientes formulas son validas engeneral:

(a) d(a,X) ≤ d(a, b) + d(b,X).(b) d(a, Y ) ≤ d(a,X) + d(X, Y ).(c) d(X,Z) ≤ d(X, Y ) + d(Y, Z).


2. Considera en R2 la distancia definida por la norma ‖·‖1. ¿Que es la bola de centro(0, 0) y radio 1? ¿Y para la distancia definida por ‖ · ‖∞?3. Define en R2 una norma cuyas bolas sean elipses.4. Demuestra que siempre se cumple δ

(

B(a, r))

≤ 2r. ¿Puedes imaginar una distanciadonde el diametro de una bola sea menor que el doble del radio? ¿Es posible que esopase en un espacio normado?5. Demuestra que un conjunto es acotado si y solo existe una bola que lo contiene.

LIMITE DE UNA SUCESION

Sean (xk)k una sucesion de Rn, y a ∈ Rn. Decimos que a es el lımite de (xk)k, o que(xk)k converge hacia a, cuando ‖xk − a‖ tiene lımite 0. Equivalentemente, cuando,para todo ε > 0, existe k0 tal que, si k ≥ k0, entonces ‖xk − a‖ < ε. Esta definiciones la extension directa de la del curso de Analisis matematico I para sucesiones denumeros reales. Como ya sabemos, no siempre hay lımite. Las sucesiones que tienenlımite son las sucesiones convergentes. La expresion

a = limk→∞

xk

se interpreta igual que para sucesiones en R. Si no hay ambiguedad, se puede abreviara = limk xk, o incluso lim xk.

Proposicion. Sea (xk)k una sucesion de Rn. Se cumple:(i) Si (xk)k tiene lımite, es unico.(ii) Si (xk)k tiene lımite, todas las sucesiones parciales de (xk)k tienen el mismo

lımite.(iii) Si (xk)k tiene lımite, es acotada.

Demostracion. Basta repasar la del curso de Analisis matematico I. ♠

Proposicion. Sea (xk)k una sucesion de Rn. Designamos por xk,j la coordenadaj-esima de xk. Las siguientes condiciones son equivalentes:

(i) lim xk = a.(ii) limk xk,j = aj , para j = 1, . . . , n.

Demostracion. Basta observar que, para x, y ∈ Rn, se cumple

max1≤j≤n

∣

∣xj − yj∣

∣ ≤∥

∥x− y∥

∥ ≤n

∑

j=1

∣

∣xj − yj∣

∣. ♠

La condicion de Cauchy tambien se extiende de forma natural a las sucesiones deRn. Decimos que (xk)k cumple la condicion de Cauchy, o que es una sucesionde Cauchy, cuando, para todo ε > 0, existe k0 tal que, si k1, k2 ≥ k0, entonces‖xk1 − xk2‖ < ε.

Proposicion. Sea (xk)k una sucesion de Rn. Las siguientes condiciones son equiva-lentes:

(i) (xk)k tiene lımite.(ii) (xk)k cumple la condicion de Cauchy.

Demostracion. Para ver que toda sucesion con lımite cumple la condicion de Cauchy,el argumento es el mismo que para sucesiones de numeros reales, usando la desigualdad

∥

∥xk1 − xk2

∥

∥ ≤∥

∥xk1 − a∥

∥ +∥

∥a− xk2

∥

∥.


Recıprocamente, supongamos que (xk)k cumple la condicion de Cauchy. Por la de-sigualdad de la demostracion de la proposicion anterior, las sucesiones de coordenadas(xk,j)k son sucesiones de Cauchy de numeros reales, que tienen lımite, y por tanto(xk)k tiene lımite. ♠

Proposicion (teorema de Bolzano-Weierstrass en Rn). Sea (xk)k una sucesionacotada de Rn. Existe una sucesion parcial de (xk)k que tiene lımite.Demostracion. Si (xk)k es acotada, tambien son acotadas las sucesiones de coorde-nadas (xk,j)k, y podemos extraer de cada una parcial convergente, por el teorema deBolzano-Weierstrass para sucesiones de numeros reales (curso de Analisis matematicoI). Si extraemos estas parciales ordenadamente, de forma que cada una sea una par-cial de la anterior, obtenemos una sucesion (yk)k, parcial de (xk)k, tal que todas lassucesiones de coordenadas (yk,j)k tienen lımite, y por tanto (yk)k tiene lımite. ♠

INTERIOR, ADHERENCIA Y FRONTERA

Sean X ⊂ Rn y a ∈ Rn. Decimos que a es un punto adherente a X cuandod(a,X) = 0. El conjunto de puntos adherentes a X se llama adherencia o clausurade X, y se designa por X. Tal como hemos definido la distancia, todos los puntos sonadherentes a Rn, y ninguno lo es a ∅. Siempre X ⊂ X, pero puede ser X 6= X. Esfacil encontrar ejemplos de ambas situaciones en R. Cuando X = Rn, se dice que Xes denso en Rn

Ejemplo. En R, (0, 1] = [0, 1] = (0, 1) = [0, 1].

Proposicion. Sean X ⊂ Rn y a ∈ Rn. Las siguientes condiciones son equivalentes:(i) a es adherente a X.(ii) Existe una sucesion (xk)k, contenida en X, con lımite a.(iii) Para cada ε > 0 existe x ∈ X tal que ‖x− a‖ < ε.(iv) Para cada ε > 0, B(a, ε) ∩X 6= ∅.

Demostracion. (i) implica (ii): para cada k ∈ N escogemos xk ∈ X con ‖xk−a‖ < 1/k,y entonces lim xk = a.(ii) implica (iii): Para cualquier ε > 0, infinitos terminos de la sucesion (xk)k cumplen‖xk − a‖ < ε.(iii) implica (i): Para todo ε > 0, d(a,X) < ε, luego d(a,X) = 0.Finalmente, (iii) y (iv) son trivialmente equivalentes. ♠

Proposicion. Sean X,Y ⊂ Rn, y a ∈ Rn. Se cumple:(i) Si X ⊂ Y , entonces X ⊂ Y .(ii) X ∪ Y = X ∪ Y .(iii) X ∩ Y ⊂ X ∩ Y .(iv) d(a,X) = d(a, X).

(v) ¯X = X.Demostracion. (i) Resulta directamente de la definicion, ya que, si X ⊂ Y , entoncesd(a,X) ≥ d(a, Y ) .(ii) Por (i), X ⊂ X ∪ Y y Y ⊂ X ∪ Y , luego X ∪ Y ⊂ X ∪ Y . Recıprocamente, si aes lımite de una sucesion contenida en X ∪ Y , hay infinitos terminos en uno de losdos conjuntos, con lo cual a ∈ X o a ∈ Y , y por tanto a ∈ X ∪ Y .(iii) Por (i), X ∩ Y ⊂ X, y X ∩ Y ⊂ Y , luego X ∩ Y ⊂ X ∩ Y .


(iv) Como X ⊂ X, d(a, X) ≤ d(a,X). Si no fuesen iguales, existirıa x0 ∈ X tal que‖x0 − a‖ < d(a,X). Pero entonces tendrıamos, para todo x ∈ X,

‖x− x0‖ ≥ ‖x− a‖ − ‖x0 − a‖ ≥ d(a,X)− ‖x0 − a‖,

y por tantod(x0, X) ≥ d(a,X)− ‖x0 − a‖ > 0,

contradictorio, porque x0 es adherente a X.(v) Resulta directamente de (i). ♠

Ejemplo. Si X = [−1, 0) e Y = (0, 1], X ∩ Y = {0}, pero X ∩ Y = ∅.

Sean X ⊂ Rn y a ∈ Rn. Decimos que a es un punto de acumulacion de X cuandod(

a,X \ {a})

= 0. Como para los puntos adherentes, tenemos varias definicionesequivalentes (v. la proposicion que sigue).

Proposicion. Sean X ⊂ Rn y a ∈ Rn. Las siguientes condiciones son equivalentes:(i) a es un punto de acumulacion de X.(ii) Existe una sucesion (xk)k, contenida en X \ {a}, con lımite a.(iii) Para cada ε > 0 existe x ∈ X tal que 0 < ‖x− a‖ < ε.(iv) Para cada ε > 0, B(a, ε) ∩

(

X \ {a})

6= ∅.Demostracion. Igual que para los puntos adherentes. ♠

Un punto adherente que no es de acumulacion pertenece necesariamente al conjunto,y se llama punto aislado. De la proposicion anterior se deduce que a es un puntoaislado de X si y solo si existe r > 0 tal que B(a, r) ∩X = {a}.Decimos que a es un punto interior a X cuando existe r > 0 tal que B(a, r) ⊂ X. Elconjunto de puntos interiores a X se llama interior de X, y se designa por X◦. Pordefinicion, X◦ ⊂ X, pero la igualdad no es siempre cierta (v. el ejemplo que sigue).Por convenio, el interior del conjunto vacıo es vacıo.Cuando a es interior a un conjunto, decimos que este es un entorno de a. En Analisismatematico, usamos con frecuencia expresiones del tipo “. . . se cumple en un entornode a”, sin mas detalles, cuando no nos interesa precisar cual es ese conjunto. Decir quealgo se cumple “en un entorno de a”, equivale a decir que se cumple en B(a, r), paraun cierto r > 0 que no precisamos. Cuando una funcion tiene una cierta propiedaden un entorno de cada uno de los puntos de un conjunto A (aunque pueda no tenerlaen A), decimos a veces que tiene esa propiedad localmente en A. Esta manera deexpresarse confunde al principio, pero resulta practica cuando uno se habitua.

Ejemplo. Si X = (0, 1], X◦ = (0, 1).

Proposicion. Sea X ⊂ Rn. Se cumple:(i) Rn \X◦ = Rn \X.(ii) Rn \ X =

(

Rn \X)◦

.Demostracion. (i) a /∈ X◦ equivale a que no exista ε > 0 tal que B(a, ε) ⊂ X, o sea aB(a, ε) ∩ (Rn \X) 6= ∅ para todo ε, y por tanto a que a sea adherente a Rn \X.(ii) Resulta directamente de (i), cambiando X por su complementario. ♠

Proposicion. Sean X,Y ⊂ Rn. Se cumple:(i) Si X ⊂ Y , entonces X◦ ⊂ Y ◦.(ii) X◦ ∪ Y ◦ ⊂ (X ∪ Y )◦.


(iii) (X ∩ Y )◦ = X◦ ∩ Y ◦.(iv)

(

X◦)◦ = X◦.Demostracion. Estas propiedades se deducen directamente de las de la adherencia,pasando al complementario. ♠

Ejemplo. Si X = [−1, 0] e Y = [0, 1], 0 es interior a X ∪ Y , pero no lo es a X ni aY . Por tanto, en este caso, (X ∪ Y )◦ 6= X◦ ∪ Y ◦.

Sean X ⊂ Rn y a ∈ Rn. Decimos que a es un punto frontera de X cuando a esadherente a X y a Rn \X. El conjunto de puntos frontera de X se llama fronterade X, y se designa por Fr(X) (tambien ∂X, o bX). Por definicion, la frontera deun conjunto coincide con la de su complementario. De las propiedades del interiory la adherencia que hemos visto antes, resulta que un punto frontera es un puntoadherente que no es interior, es decir,

Fr(X) = X \X◦.

Ejemplo. Si X = (0, 1], Fr(X) = {0, 1}.

Ejercicios1. Demuestra:

(a) La adherencia de una bola (abierta o cerrada) es la correspondiente bola ce-rrada.

(b) La adherencia de una bola (abierta o cerrada) es la correspondiente bola cer-rada.

(c) La frontera de una bola (abierta o cerrada) es la correspondiente esfera.2. Halla la adherencia y el interior de A =

{

(x, y) ∈ R2 : 0 ≤ x < 1, xy < 1}

.3. Sea Q el subconjunto de R formado por los numeros racionales. Repasa lo quesabes sobre R y Q hasta entender que Q y R \Q son ambos densos en R. Deducede ahı que el interior de Q es vacıo y la frontera es R. Este ejemplo muestra que elinterior, la adherencia y la frontera, que son obvios para conjuntos sencillos, como lasbolas, pueden no serlo para conjuntos mas complicados.4. Sea Qn el subconjunto de Rn formado por los puntos de coordenadas racionales.Demuestra que Qn y Rn \Qn son ambos densos en Rn.5. ¿Cuales son los puntos de acumulacion del conjunto de R2

X ={(

1n

,1m

)

: n,m ∈ N}

?

6. Demuestra que la adherencia de un conjunto acotado es un conjunto acotado.

CONJUNTOS ABIERTOS Y CERRADOS

Sea X ⊂ Rn. Se dice que X es abierto cuando X◦ = X, y que X es cerrado cuandoX = X. Como el interior de X y la adherencia de Rn \X son complementarios, Xes abierto si y solo si Rn \X es cerrado. Rn y ∅ son abiertos y cerrados.

Proposicion. Los unicos subconjuntos abiertos y cerrados de Rn son Rn y ∅.Demostracion. Supongamos que X ⊂ Rn es abierto y cerrado, y X 6= Rn, ∅. Escoge-mos a ∈ X y b ∈ Rn \X, y definimos t0 = sup

{

t ∈ [0, 1] : a+ t(b−a) ∈ X}

. Como t0


es el supremo de este conjunto, es el lımite de una sucesion (tk)k contenida en el, contk ≤ t0. Pero entonces x0 = a + t0(b− a) = lim(a + tk(b− a)), y, por ser X cerrado,x0 ∈ X, y por consiguiente t0 < 1.Ahora bien, como X es abierto, hay una bola B(x0, r) contenida en X, y, escogiendot < 1 de forma que

t0 < t < t0 +r

‖b− a‖,

resulta ‖a + t(b − a) − x0‖ = (t − t0)‖b − a‖ < r, luego a + t(b − a) ∈ X, lo quecontradice que t0 sea el supremo. ♠

Proposicion. Se cumple:(i) La union de una familia (Ai)i∈I de subconjuntos abiertos de Rn es un conjunto

abierto.(ii) La interseccion de una familia (Ci)i∈I de subconjuntos cerrados de Rn es un

conjunto cerrado.Demostracion. Como los conjuntos cerrados son los complementarios de los conjuntosabiertos, basta con probar (i). Para ello hay que ver que todo punto a del conjuntounion A es interior. Pero si a ∈ A, existe i0 ∈ I tal que a ∈ Ai0 , y, como este conjuntoes abierto, a es interior a Ai0 , y por tanto a A. ♠

Proposicion. Se cumple:(i) La union de una familia finita C1, . . . , Cm de subconjuntos cerrados de Rn es

un conjunto cerrado.(ii) La interseccion de una familia finita A1, . . . , Am de subconjuntos abiertos de

Rn es un conjunto abierto.Demostracion. Como antes, solo probamos (i). Hay que ver que si a es un puntoadherente a la la union C de estos conjuntos, entonces a ∈ C. Si a es adherente aC, es el lımite de una sucesion contenida en C. Pero como C es una union finita, esasucesion debe tener infinitos terminos en alguno de los conjuntos Ci. Como este escerrado, contiene a a, y por tanto a ∈ C. ♠

Ejemplo. Sea Am =(

− 1/m, 1/m)

, para m = 1, 2, 3, . . .. La interseccion de estosconjuntos es {0}, que no es abierto. Esto prueba que, en (ii), el que la familia deconjuntos abiertos sea finita no es una hipotesis superflua. Un contraejemplo para (i)se obtiene haciendo Cm =

[

1/m, 1− (1/m)]

.

Sea X un conjunto cualquiera. Una topologıa en X es una familia T de subcon-juntos de X que contiene a X y a ∅, y es cerrada por union y por interseccionfinita. Un espacio topologico es un conjunto donde se ha definido una topologıa.Las proposiciones de esta seccion muestran que los conjuntos abiertos forman unatopologıa en Rn, y, repasando lo que hemos hecho, puede se verificar sin dificultadque se puede definir una topologıa en cualquier espacio metrico siguiendo el mismoproceso. Hay topologıas que no se pueden definir con una distancia. Aquı nos limita-mos a la topologıa definida en Rn por la distancia euclıdea. Los espacios topologicosse estudian en el curso de Topologıa.

Ejercicios1. Sea X ⊂ Rn. Demuestra que:

(a) Fr(X) es cerrado.(b) X es cerrado si y solo si Fr(X) ⊂ X.(c) X es abierto si y solo si X ∩ Fr(X) = ∅.

2. Demuestra que:


(a) Si C ⊂ Rn es cerrado, existe una sucesion decreciente de conjuntos abiertos(Ak)k cuya interseccion es C.Indicacion. Prueba Ak =

{

x ∈ Rn : d(x, C) < 1/k}

.(b) Si A ⊂ Rn es abierto y no vacıo, existe una sucesion creciente de conjuntos

cerrados (Ck)k cuya union es A.

CONJUNTOS COMPACTOS

Sea C ⊂ Rn. Decimos que C es compacto cuando toda sucesion contenida en Ctiene una parcial convergente hacia un punto de C.

Ejemplo. Por el teorema de Bolzano-Weierstrass, toda sucesion acotada de numerosreales tiene una parcial convergente. Por consiguiente, un intervalo cerrado [a, b] deR siempre es compacto. Sin embargo, un intervalo no cerrado no es nunca compacto.Por ejemplo, si a < b, [a, b) no es compacto, porque la sucesion xk = b − (1/k) estacontenida en [a, b) (suprimiendo los primeros terminos si hace falta), pero no tieneninguna parcial que converja hacia un punto de [a, b). Se pueden obtener ejemplosparecidos en Rn, usando el teorema de Bolzano-Weierstrass para Rn.

Proposicion. Sea C ⊂ Rn. C es compacto si y solo si es cerrado y acotado.Demostracion. Supongamos que C es cerrado y acotado, y sea (xk)k una sucesioncontenida en C. Por el teorema de Bolzano-Weierstrass, hay una sucesion parcial quetiene lımite, y por ser C cerrado, el lımite es un punto de C.Recıprocamente, supongamos que C es compacto. Para ver que es cerrado, consi-deramos una sucesion (xk)k, contenida en C, y con lımite x ∈ Rn. Hay una parcialde (xk)k que converge hacia un punto de C, quea solo puede ser x, luego x ∈ C.Para ver que C es acotado, razonamos por reduccion al absurdo. Si no lo fuera,podrıamos construir por recurrencia una sucesion (xk)k contenida en C, con ‖xk1 −xk2‖ > 1 para k1 6= k2, que no tendrıa ninguna parcial que cumpliera la condicionde Cauchy. Para construir esta sucesion, empezamos con x1 arbitrario, y si C noes acotado, C 6⊂ B(x1, 1), y existe x2 ∈ C \ B(x1, 1). Ahora escogemos x3 ∈ C \(

B(x1, 1) ∪B(x2, 1))

, y ası sucesivamente. ♠

Proposicion. Sea K ⊂ R compacto. Entonces existen max K y min K.Demostracion. Vamos a ver que K tiene maximo. Como K es acotado, existe b =sup K, y solo hay que ver b ∈ K. De la definicion de supremo del curso de Analisismatematico I se deduce que hay una sucesion contenida en K con lımite b. Pero comoK es cerrado, b ∈ K. Para ver que hay mınimo se razona de forma parecida. ♠

En el curso de Topologıa, donde se generalizan los conceptos de conjunto abierto,cerrado, frontera, etc., los conjuntos compactos no se introducen como se ha hechoaquı, sino mediante recubrimientos abiertos. Las proposiciones que siguen muestran laequivalencia en Rn de la definicion de compacto dada aquı y la del curso de Topologıa.Los argumentos que usamos son validos para cualquier espacio metrico.

Proposicion. Sean K ⊂ Rn compacto, y (Ai)i∈I una familia de subconjuntos abier-tos de Rn, de modo que la union de esta familia contiene a K. Existe δ > 0 tal quepara todo x ∈ K existe i ∈ I que cumple B(x, δ) ⊂ Ai.Demostracion. Razonamos por reduccion al absurdo. Si no fuese cierto, habrıa unasucesion (xk)k en K tal que B(xk, 1/k) 6⊂ Ai para todo k ∈ N y todo i ∈ I. Susti-tuyendo esta sucesion por una parcial si es preciso, podemos suponer que tiene lımite,


que sera un punto a ∈ K. Como los Ai son abiertos y su union contiene K, existeni ∈ I y r > 0 tales que B(a, r) ⊂ Ai. Ahora bien, como a = lim xk, existe k0 talque ‖xk − a‖ < r/2 para k ≥ k0, lo que nos lleva a una contradiccion, ya que, por ladesigualdad triangular,

B(xk, r/2) ⊂ B(a, r) ⊂ Ai. ♠

Una familia de conjuntos abiertos cuya union contiene un conjunto se llama re-cubrimiento abierto de ese conjunto. El numero δ cuya existencia asegura estaproposicion se llama numero de Lebesgue del recubrimiento (Ai)i∈I . Si (Ai)i∈Ies un recubrimiento de un conjunto X y J ⊂ I es tal que (Ai)i∈J tambien es unrecubrimiento de X, decimos que es un subrecubrimiento.

Proposicion. Sea K ⊂ R. Son equivalentes:(i) K es compacto.(ii) Si (Ai)i∈I es un recubrimiento abierto de K, existe un subrecubrimiento finito.(iii) Si (Ci)i∈I es una familia de conjuntos cerrados, tal que

F ∩

(

⋂

i∈I

Ci

)

= ∅,

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

F ∩

m⋂

j=1

Cij

= ∅.

Demostracion. Las condiciones (ii) e (iii) son equivalentes, pasando al complemen-tario. Usando la existencia del numero de Lebesgue, para ver que (i) implica (ii)basta probar que, para cada δ > 0, K podemos recubrir con una familia finita debolas de radio δ. Para probar esto, razonamos por reducion al absurdo. Si fuesefalso, podrıamos construir por recurrencia una sucesion (xk)k contenida en K, tal que∥

∥xk1 − xk2

∥

∥ para k1 6= k2, y esta sucesion no tiene ninguna parcial convergente, loque contradice la hipotesis de que K es compacto.Veamos ahora que (iii) implica (i). Sea (xk)k una sucesion contenida en K, y hemosde probar que tiene una parcial convergente. Para cada i ∈ N, llamamos Ci a laadherencia de

{

xj : j ≥ i}

. Tenemos ası una sucesion decreciente de conjuntoscerrados, y Ci ∩K 6= ∅ para todo i. Si (iii) es cierta,

( ∞⋂

i=1

Ci

)

∩K 6= ∅,

y si x pertenece a esta interseccion, para cada i se cumple B(x, 1/i)∩{

xj : j ≥ i}

6= ∅,de donde se deduce facilmente la existencia de una parcial convergente hacia x. ♠

Ejercicios1. Demuestra que

K ={

0}

∪{

1n

: n ∈ N}

es un subconjunto compacto de R.2. Da un ejemplo de un recubrimiento abierto de (0, 1) para el que no haya unsubrecubrimiento finito.


3. Demuestra que la union de una familia finita de conjuntos compactos es un conjuntocompacto.4. Demuestra que la frontera de un conjunto compacto es un conjunto compacto.

PROBLEMAS

1.1. Halla los puntos de acumulacion de los conjuntos

A ={

x ∈ R2 : 0 < x1 ≤ 1, x2 = sin(1/x1)}

,

B ={

x ∈ R2 : 0 < x1 ≤ 1, x2 = x1 sin(1/x1)}

.

1.2. ¿Cuales son los puntos de acumulacion del conjunto

X ={

1n

+1m

: n,m ∈ N}

?

1.3. Sean A ⊂ B ⊂ Rn.(a) Demuestra (B \A)◦ = B◦ \ A.(b) Demuestra B \A ⊂ B \A◦.(c) Da un ejemplo donde B \A 6= B \A◦.

1.4. Sea X ⊂ Rn. Demuestra que el diametro de X coincide con el de X.

1.5. Sea G ⊂ Rn. Demuestra:(a) G es denso si y solo si G∩A 6= ∅ para todo conjunto abierto no vacıo A ⊂ Rn.(b) Si G es denso y A es abierto A ⊂ A ∩G.

1.6. Demuestra que, si A ⊂ Rn es abierto, la frontera de A tiene interior vacıo.

1.7. Demuestra que:(a) Si X ⊂ Rn y Y ⊂ Rm son abiertos, X × Y es un subconjunto abierto de

Rn+m.(b) Si X ⊂ Rn y Y ⊂ Rm son cerrados, X × Y es un subconjunto cerrado de

Rn+m.

1.8. Demuestra que, si K ⊂ Rn y H ⊂ Rm son compactos, K×H es un subconjuntocompacto de Rn+m.

1.9. Sean K ⊂ Rn compacto y A ⊂ Rn abierto, con K ⊂ A. Demostrar que exister > 0 tal que B(x, r) ⊂ A para todo x ∈ K.

1.10. Sea G ⊂ Rn. Demuestra:(a) Si G es abierto, no existen x, y ∈ G tales que ‖x− y‖ = δ(G).(b) Si G es compacto, existen x, y ∈ G tales que ‖x− y‖ = δ(G).


2. CONTINUIDAD Y LIMITES

LIMITE DE UNA FUNCION

Sean D ⊂ X ⊂ Rn, a ∈ Rn, y f : X → Rm, y supongamos que a es un puntode acumulacion de D. Decimos que b ∈ Rm es el lımite de f en a, relativoa D, cuando, para cualquier sucesion (xk)k contenida en D \ {a}, con lımite a, lasucesion imagen

(

f(xk))

k tiene lımite b. Puede representarse esta situacion mediantela formula

b = limx→ax∈D

f(x).

Cuando D = X, omitimos “x ∈ D”, y decimos que b es el lımite de f en a. Asıes en la mayorıa de los casos, aunque a veces usamos subconjuntos especiales de X,como en los ejemplos de mas abajo.Observa que no es necesario que f este definida en a. En cualquier caso, el valor f(a)no influye en el lımite. Observa tambien que, si podemos hallar subconjuntos D1, D2

de X de modo quelimx→a

x∈D1

f(x) 6= limx→a

x∈D2

f(x),

entonces el lımite de f en a no existe (v. ejemplos a continuacion)

Ejemplo. La definicion que hemos dado generaliza la de los lımites laterales del cursode Analisis matematico I. Por ejemplo, si f(x) = x/|x|, escogemos

D+ ={

x ∈ R : x > 0}

, D− ={

x ∈ R : x < 0}

,

y tenemos

limx→0

x∈D+

f(x) = limx→0+

f(x) = 1, limx→0

x∈D−

f(x) = limx→0−

f(x) = −1.

Ejemplo. Sea f : R2 \ {(0, 0)} → R definida por

f(x, y) =xy

x2 + y2 .

Para α ∈ R, sea Dα ={

(x, y) ∈ R2 : y = αx}

. Entonces el lımite relativo a Dα,

lim(x,y)→(0,0)

x∈Dα

f(x) = limx→0

f(

x, αx)

=α

1 + α2 ,

depende de α, y por tanto f no tiene lımite en (0, 0).

Ejemplo. Sea f : R2 \ {(0, 0)} → R definida por

f(x, y) =xy2

x2 + y2 .

Comoy2

x2 + y2 ≤ 1,

resulta |f(x, y)| ≤ |x|, y por tanto

lim(x,y)→(0,0)

f(x, y) = 0.


Proposicion. Sean D ⊂ X ⊂ Rn, a ∈ Rn, b ∈ Rm, y f : X → Rm, y supongamosque a es un punto de acumulacion de D. Son equivalentes:

(i) b es el lımite de f en a, relativo a D.(ii) Para cada ε > 0 existe δ > 0 tal que, si x ∈ D \ {a} y ‖x − a‖ < δ, entonces

‖f(x)− b‖ < ε (definicion ε− δ de lımite).(iii) Para cada ε > 0 existe δ > 0 tal que f

(

B(a, δ) ∩ (D \ {a})

⊂ B(b, ε).Demostracion. Basta repasar la del curso de Analisis matematico I. ♠

Ejercicios1. En R, una funcion tiene lımite si y solo hay lımite por la derecha y por la izquierda,y coinciden. Generaliza esta regla a funciones definidas en un subconjunto de Rn: siX = D1 ∪ D2, y a es un punto de acumulacion de D1 y de D2, existe el lımite def : X → Rm en a si y solo si existen los lımites relativos a D1 y D2, y coinciden.2. Sean X ⊂ Rn, f : X → Rm, y a ∈ Rn un punto de acumulacion de X, tales que,para toda sucesion (xk)k contenida en D, con lımite a, la sucesion imagen

(

f(xk))

ktiene lımite. Demuestra que f tiene lımite en a.3. Usa la formula

limt→0

1− cos tt2/2

= 1

para calcular el lımite de la funcion f :{

(x, y) ∈ R2 : xy > 0}

→ R definida por

f(x, y) =1− cos

√xy

y

en un punto de la frontera.4. Demuestra

lim(x,y)→(0,0)

xy sin(

1x2 + y2

)

= 0.

5. Definimos f : R2 → R por f(x, y) = x si y ≥ 0, y por f(x, y)) = −x si y < 0.Demuestra que f no tiene lımite en ningun punto del eje x, salvo en el origen.6. Demuestra

lim(x,y)→(0,0)

x5y2 + x3yz3

(x2 + y2 + z2)3= 0.

7. Sea f :{

(x, y) ∈ R2 : x 6= y}

→ R definida por

f(x, y) =xy

x− y.

Usa una sucesion(

(xk, yk))

k con lımite (0, 0), para la que (xk − yk)k tienda a 0 masrapido que (xkyk)k, para ver que f no tiene lımite en (0, 0).

FUNCIONES CONTINUAS

Sean X ⊂ Rn y f : X → Rm. Decimos que f es una funcion continua en unpunto a ∈ X cuando

f(a) = limx→a

f(x).

Una funcion continua en un conjunto es una funcion que es continua en todos lospuntos de ese conjunto. Cuando es continua en todos los puntos donde esta definida,decimos que es continua, a secas. Si f : X → Rm es continua, entonces la restriccionf|Y es continua para todo Y ⊂ X, pero hay que ir con cuidado al aplicar esta idea ensentido contrario (v. el segundo de los ejemplos que siguen).


Ejemplo. La funcion f : R2 → R definida por

f(x, y) =xy

|x|+ |y|,

si (x, y) 6= (0, 0), y f(0, 0) = 0, es continua en (0, 0). Se puede deducir que el lımiteen (0, 0) es 0 de la desigualdad

|f(x, y)| = |xy||x|+ |y|

≤ |x|.

Ejemplo. Sean f : R2 → R definida por

f(x, y) =x2 − y2

x2 + y2 ,

si (x, y) 6= (0, 0), y f(0, 0) = 0, y X = {(x, y) ∈ R2 : y = x}. La restriccion f|Xes constante igual a 0, y por tanto continua, pero f no es continua, porque no tienelımite en (0, 0). Para verlo basta considerar Dα =

{

(x, y) ∈ R2 : y = αx}

y observar

lim(x,y)→(0,0)

x∈Dα

f(x) = limx→0

f(

x, αx)

=1− α2

1 + α2 .

Sea f : X → Rm. Para cada j ∈ {1, . . . , m} podemos considerar la funcion compo-nente fj : X → R, que asigna a cada x ∈ X la coordenada j-esima de f(x). Podemosexpresar f en funcion de sus componentes, f =

(

f1, . . . , fm)

. La continuidad (y ladiferenciabilidad, v. Capıtulo 3) de f es equivalente a la de sus funciones componentes.

Proposicion. Sean X ⊂ Rn, a ∈ X, y f : X → Rm. Son equivalentes:(i) f es continua en a.(ii) Las funciones componentes f1, . . . , fm son continuas. en a.

Demostracion. Supongamos lim xk = a. Entonces lim f(xk) = f(a) si y solo silim fj(xk) = fj(a) para 1 ≤ j ≤ m. ♠

Proposicion. Sean X ⊂ Rn, f : X → Rm con lımite en un punto a ∈ X, g : Y → Rp

continua en f(a), con f(X) ⊂ Y ⊂ Rm. Entonces g ◦ f tiene lımite en a, y se cumple

limx→a

g(

f(x))

= g(

limx→a

f(x))

.

Demostracion. Si (xk)k es una sucesion contenida en X, con lımite a, (f(xk))k con-verge hacia el lımite de f en a, y al aplicar g se obtiene la formula deseada. ♠

Resulta de esta proposicion que podemos operar con los lımites de sumas, productos,cocientes, etc., como en el curso de Analisis matematico I en el caso de una variable.Resulta tambien que, si f y g son continuas, g ◦ f es continua, y, por tanto, quecualquier operacion continua con funciones continuas da una funcion continua. Pordescontado, hay que tener cuidado con los cocientes cuando el denominador se anula.

Proposicion. Sean D ⊂ X ⊂ Rn, D denso en X y f, g : X → Rm continuas, demodo que f|D = g|D. Entonces f = g.Demostracion. Sea x ∈ X. Existe una sucesion (xk)k contenida en D, con lim xk = x.Como f es continua,

f(x) = lim f(xk) = lim g(xk) = g(x). ♠

NOTA. Si m = 1, se puede reemplazar la igualdad por ≤ o ≥ en la proposicionanterior, y la demostracion es muy parecida.


Proposicion. Sean X ⊂ Rn, y f : X → Rm. Son equivalentes:(i) f es continua.(ii) Para todo G ⊂ X, f

(

X ∩ G)

⊂ f(G).Demostracion. (i) implica (ii): Si x ∈ G, existe una sucesion (xk)k contenida en G,con lımite x. Como f es continua, f(x) = lim f(xk), y por tanto f(x) ∈ f(G).(ii) implica (i): Si f no es continua en un punto a, la condicion ε-δ no es valida, yexiste ε > 0 para el que se puede construir por recurrencia (tomando δ = 1/k) unasucesion (xk)k con lımite a, tal que ‖f(xk) − f(a)‖ ≥ ε. Si G es el recorrido de estasucesion, a ∈ G, pero f(a) /∈ f(G), ya que d

(

f(a), f(G))

≥ ε. ♠

Proposicion. Sean X ⊂ Rn cerrado y f : X → Rm. Son equivalentes:(i) f es continua.(ii) Para todo C ⊂ Rm cerrado, f−1(C) es cerrado.

Demostracion. (i) implica (ii): Partimos de f(

f−1(C))

⊂ C. Usando la proposicionanterior, con G = f−1(C), resulta

f(

f−1(C))

⊂ f(

f−1(C))

⊂ C = C,

y por tanto f−1(C) ⊂ f−1(C). La inclusion es sentido opuesto siempre es cierta.

(ii) implica (i): Partimos de G ⊂ f−1(

f(G))

. Como f(G) es cerrado, f−1(

f(G))

escerrado, y entonces

G ⊂ f−1(

f(G))

⊂ f−1(

f(G))

= f−1(

f(G))

,

luego f(

G)

⊂ f(G). ♠

Se deduce de esta proposicion que, si f y g son funciones continuas definidas en unconjunto cerrado X, el conjunto

{

x ∈ X : f(x) = g(x)}

es cerrado. Para funciones avalores en R, el conjunto

{

x ∈ X : f(x) ≥ g(x)}

es cerrado. Esto resulta practico paraver que un conjunto definido por igualdades o desigualdades no estrictas es cerrado.

Ejemplo. El conjunto K ={

(x, y) ∈ R2 : x ≥ 0, y ≥ 0, x + y ≤ 1}

es compacto, yaque es acotado (diametro

√2) y cerrado, por ser la interseccion de los tres semiplanos

cerrados definidos por las desigualdades de x ≥ 0, y ≥ 0, y x + y ≤ 1.

Proposicion. Sean X ⊂ Rn abierto y f : X → Rm. Son equivalentes:(i) f es continua.(ii) Para todo A ⊂ Rm abierto, f−1(A) es abierto.

Demostracion. (i) implica (ii): Sea x ∈ f−1(A). Entonces f(x) ∈ A, y, si A es abierto,existe ε > 0 tal que B(f(x), ε). Por la definicion ε− δ del lımite, existe δ > 0 tal queB(x, δ) ⊂ X y f

(

B(x, δ))

⊂ B(

f(x), ε)

⊂ A, y en definitiva B(x, δ) ⊂ f−1(A).(ii) implica (i): B(a, ε) es abierto, luego f−1

(

B(a, ε))

es abierto, y existe δ > 0 demodo que B(a, δ) ⊂ f−1

(

B(a, ε))

, o sea f(

B(a, δ))

⊂ B(

f(a), ε)

. ♠

Se deduce de esta proposicion que, si f y g son dos funciones reales continuas definidasen un conjunto abierto X, el conjunto

{

x ∈ X : f(x) < g(x)}

es abierto.

Ejemplo. El conjunto A ={

(x, y) ∈ R2 : x > 0, y > 0, x + y < 1}

es abierto.


Sean X ⊂ Rn, Y ⊂ Rm, y f : X → Y biyectiva, de modo que f y f−1 seancontinuas. Decimos entonces que f es un homeomorfismo de X en Y . Si existe unhomeomorfismo entre dos conjuntos, decimos que son homeomorfos.

Ejemplo. Dos intervalos abiertos (cerrados) de la recta real son homeomorfos. De he-cho, los homeomorfismos aparecen frecuentemente en el curso de Analisis matematicoI, ya que hay un teorema que asegura que una aplicacion biyectiva y monotona escontinua, o sea que las funciones (estrictamente) crecientes o decrecientes son home-omorfismos.

Ejemplo. f(x, y) = (ax, bx) define un homeomorfismo entre el disco unidad abiertode R2 y el interior de la elipse

x2

a2 +y2

b2 = 1.

Ejercicios1. Demuestra que toda aplicacion lineal T : Rn → Rm y toda forma cuadraticaQ : Rn ×Rn → R son continuas.2. Se define f : R2 → R por

f(x, y) =x2 + y2

x− y,

para x 6= y, y f(x, x) = 0. ¿En que puntos es continua?3. Demuestra que cualquier intervalo abierto de R es homeomorfo a R.4. Demuestra que cualquier bola abierta de Rn es homeomorfa a Rn.

FUNCIONES CONTINUAS EN CONJUNTOS COMPACTOS

Proposicion. Si C ⊂ Rn compacto, y f : C → Rm es continua, f(C) es compacto.Demostracion. Sea (yk)k una sucesion contenida en f(C). Para cada k existe xk ∈ Ccon yk = f(xk). Como C es compacto, (xk)k tiene una parcial con lımite en C, y, porser f continua, la imagen por f de esta sucesion es una parcial de (yk)k con lımite enf(C). ♠

Proposicion (teorema de Weierstrass en Rn). Si C ⊂ Rn es compacto y f :C → R es continua, f tiene maximo y mınimo.Demostracion. Por la proposicion precedente, f(C) es un subconjunto compacto deR, y, por tanto tiene maximo y mınimo (v. Capıtulo 1). ♠

Sean X ⊂ Rn y f : X → Rm. Decimos que f es uniformemente continua cuandopara cada ε > 0 existe δ > 0 tal que, si x1, x2 ∈ X, y ‖x1 − x2‖ < δ, entonces‖f(x1)− f(x2)‖ < ε.

Proposicion (teorema de Heine en Rn). Si C ⊂ Rn compacto, y f : C → Rm

es continua, f es uniformemente continua.Demostracion. Si f no es uniformemente continua, existen ε > 0 y una sucesion depares (xk, yk) tales que

∥

∥xk − yk∥

∥ <1k

,∥

∥f(xk)− f(yk)∥

∥ ≥ ε.

Sustituyendo, si es preciso, esta sucesion por una parcial, podemos suponer que (xk)k y(yk)k tienen lımite, que debe ser el mismo para ambas. Si a es este lımite, lim f(xk) =lim f(yk) = f(a) por la continuidad de f , lo que nos lleva a una contradiccion. ♠


Ejercicios1. Sea T : Rn → Rm es lineal, demuestra que

‖T‖ = max‖u‖=1

∥

∥Tu∥

∥.

2. Sean K ⊂ Rn compacto, y f : K → Rm inyectiva y continua. Demuestra que fdefine un homeomorfismo entre K y f(K).3. La funcion x → 1/x es el ejemplo clasico de funcion continua que no es uni-formemente continua. Despues de repasar este ejemplo, demuestra que la funcionf : R× (R \ {(0, 0)}) → R definida por f(x, y) = x/y no es uniformemente continua.4. Sea A ⊂ Rn. Demuestra la formula

∣

∣d(x,A− d(y, A)∣

∣ ≤∥

∥x− y∥

∥,

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

PROBLEMAS

2.1. Demuestra que

lim(x,y)→(0,0)

x3

x2 − y2

no existe.

2.2. Demuestra que

lim(x,y)→(0,0)

sin(xy)x2 + y2

no existe.

2.3. Demuestra que la funcion f definida por f(x) =(

‖x‖1/‖x‖2)

x, si x 6= 0, yf(0) = 0, define un homeomorfismo del hipercubo C =

{

x ∈ Rn : ‖x‖1 ≤ 1}

en labola unidad B =

{

x ∈ Rn : ‖x‖ ≤ 1}

.Indicacion. Para ver que f y f−1 son continuas en 0, usa la desigualdad

1 ≤ ‖x‖1‖x‖2

≤√

n(n− 1).

2.4. Sean ϕ : R → R derivable en 0, y f : R2 → R la funcion definida por

f(x, y) =x ϕ(y)x2 + y2 ,

si (x, y) 6= (0, 0), y f(0, 0) = 0. Demuestra que f es continua en (0, 0) si y solo siϕ(0) = ϕ′(0) = 0.


2.5. ¿En que puntos es continua la funcion f : R2 → R definida por

f(x, y) =x3 − y5

x + y,

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

2.6. Sea f : R2 → R definida por

f(x, y) =yx

sin(x2 + y2),

si x 6= 0, y f(0, y) = 0. ¿En que puntos es continua?

2.7. Definimos ϕ : R → R por ϕ(t) = 1 si t es racional y ϕ(t) = 0 en caso contrario,y f : R2 → R por f(x, y) = xϕ(xy). ¿En que puntos es continua f?

2.8. Sean f : R → R y G ={

(x, y) ∈ R2 : y = f(x)}

el grafo de f .

(a) Demuestra que, si f es continua, G es cerrado en R2.(b) Demuestra que, si f es acotada y G es cerrado, entonces f es continua.

Indicacion. Usa el siguiente hecho: una sucesion (xn)n de R tiene lımite a siy solo si toda parcial de (xn)n tiene parcial con lımite a.

(c) Da un ejemplo de una funcion discontinua con grafo cerrado.

2.9. Demuestra la siguiente version del teorema del punto fijo: si f : Rn → Rn

cumple la condicion

∥

∥f(x)− f(y)∥

∥ ≤ λ∥

∥x− y∥

∥, x, y ∈ Rn, x 6= y,

siendo λ una constante, con 0 < λ < 1, f tiene un punto fijo unico.Indicacion. Partiendo de un punto x1 arbitrario, construye por recurrencia unasucesion (xk)k tal que xk+1 = f(xk), y demuestra que cumple la condicion de Cauchy.El lımite sera el punto fijo.

2.10. Demuestra la siguiente version del teorema del punto fijo: si K ⊂ Rn escompacto y f : K → K cumple la condicion

∥

∥f(x)− f(y)∥

∥ <∥

∥x− y∥

∥, x, y ∈ K, x 6= y,

f tiene un punto fijo unico.Indicacion. Busca el mınimo de la funcion ϕ(x) =

∥

∥x− f(x)∥

∥.


3. DIFERENCIABILIDAD

DERIVADAS PARCIALES Y DIRECCIONALES

Sean A ⊂ Rn abierto, f : A → R, y a ∈ A. Llamamos derivada parcial de f en arespecto xi al lımite

Dif(a) = limt→0

f(

a1, . . . , ai−1, ai + t, ai+1, . . . , an)

− f(

a1, . . . , an)

t,

cuando existe. Por descontado, si n = 1, esta definicion coincide con la de la derivadade una funcion de una variable del curso de Analisis matematico I.Se puede ver la derivada parcial como una generalizacion de la derivada de una funcionde una variable, aunque no es sino un caso particular, puesto que Dif(a) es la derivada,en t = 0, de la funcion t −→ f

(

a1, . . . , ai−1, ai + t, ai+1, . . . , an)

. Por consiguiente,se pueden aplicar a las derivadas parciales todas las propiedades de las derivadas delcurso de Analisis matematico I, y en particular, las reglas del calculo de derivadas.Para calcular una derivada parcial usando estas reglas, basta con aplicarlas a f(x),considerando las variables xj , para i 6= i, como “constantes”.La notacion ∂f/∂xi es clasica, y se usa cuando la derivada parcial existe para todoslos puntos de un subconjunto abierto B ⊂ A, de modo que se puede considerar laderivada como una funcion definida en B. Si se desea indicar el valor de la derivadaparcial en un punto x ∈ B, se puede usar

(

∂f/∂xi)

x, en lugar de Dif(x).

Ejemplo. La funcion f : R2 → R definida por

f(x, y) =xy

x2 + y2 ,

si (x, y) 6= (0, 0), y f(0, 0) = 0, ya aparecio en el capıtulo anterior. f tiene derivadasparciales en todos los puntos. Para (x, y) 6= (0, 0), podemos usar la regla para laderivada de un cociente,

∂f∂x

=y(

y2 − x2)

(

x2 + y2)2 ,

∂f∂y

=x(

x2 − y2)

(

x2 + y2)2 .

Para (0, 0) no podemos usar esa formula, y recurrimos a la definicion,

D1f(0, 0) = limt→0

f(t, 0)− f(0, 0)t

= 0, D2f(0, 0) = limt→0

f(0, t)− f(0, 0)t

= 0.

Observa que f no es continua en (0, 0), puesto que no tiene lımite (v. capıtulo anterior).Esto quiere decir que, para funciones de varias variables, la existencia de derivadasparciales en un punto no implica la continuidad en ese punto.

Observa que, si ei es el i-esimo vector de la base canonica de Rn, la definicion de laderivada parcial se puede escribir

Dif(a) = limt→0

f(a + tei)− f(a)t

.


Podemos generalizar esta definicion, sustituyendo ei por un vector u 6= 0 cualquiera,obteniendo la derivada de f segun u,

Duf(a) = limt→0

f(a + tu)− f(a)t

.

Con esta notacion, Dif(a) = Deif(a). Ası pues, las derivadas parciales son un casoparticular de esta nueva definicion.Observa que, sustituyendo s = λt,

Dλu = limt→0

f(a + tλu)− f(a)t

= λ lims→0

f(a + su)− f(a)s

= λ Duf(a).

Por tanto, si existe Duf(a), existe Dλu para todo λ ∈ R\{0}, y se obtiene a partir deella multiplicando por λ. Por eso se usa la expresion derivadas direccionales paradesignar las derivadas Duf(a), y en algunos libros se define la derivada direccionalsolo para vectores unitarios. Observa que D−uf(a) = Duf(a), y por tanto la derivadano depende solo de la direccion, sino tambien del sentido.

Ejemplo (continuacion). Para u = (u1, u2) unitario,

Duf(0, 0) = limt→0

f(tu1, tu2)t

= limt→0

u1 u2

t,

y la derivada direccional no existe si u1 u2 6= 0.

NOTA. Hemos definido las derivadas para funciones a valores en R, pero la definicionse extiende sin problemas a funciones a valores en Rm. Por lo que hemos sobrelos lımites anteriormente, la derivada de una funcion a valores en Rm existen si ysolamente existen las derivadas de las funciones componentes, y las componentes dela derivada coinciden con las derivadas de las componentes.

Ejercicios1. Sean α > 0, y fα : R2 → R definida por fα(x, y) = |xy|α. ¿Para que valores de αtiene derivadas en (0, 0)?2. Sea p : Rn → R una norma. Demuestra que p no tiene derivadas en 0.3. Se define f : R2 → R por f(x, y) = x2/y si y 6= 0, y f(x, 0) = 0. Demuestra que fno es continua en (0, 0), pero tiene derivadas en cualquier direccion.

DIFERENCIAL, MATRIZ JACOBIANA Y GRADIENTE

Sean A ⊂ Rn abierto, a ∈ A, y f : A → Rm. Decimos que f es diferenciable en acuando existe una aplicacion lineal T : Rn → Rm tal que

limx→a

f(x)− f(a)− T (x− a)∥

∥x− a∥

∥

= 0.

Es facil ver que f es diferenciable en a si y solamente si lo son las funciones compo-nentes f1, . . . fm. Cuando f es diferenciable en todos los puntos de A, decimos que fes diferenciable, a secas.Sea u ∈ Rn, con u 6= 0. Si en la formula anterior hacemos x = tu tenemos

limt→0

f(a + tu)− f(a)− T (tu)|t|

= limt→0

f(a + tu)− f(a)|t|

− limt→0

t|t|

Tu = 0,

y, examinando por separado estos lımites por la derecha y por la izquierda, resultaDuf(a) = Tu. Esto implica, en primer lugar, que, si T existe, es unica. En tal casola llamamos diferencial de f en a, y la designamos por Df(a). En segundo lugar,resulta la proposicion siguiente.


Proposicion. Sean A ⊂ Rn abierto, a ∈ A, y f : A → Rm. Si f es diferenciable ena, existe la derivada direccional Du(a) para todo u, y Duf(a) = Df(a)u.

En particular, si hacemos u = ei, resulta que Df(a)ei, que es la columna i-esima de lamatriz de Df(a) en la base canonica, coincide con la derivada de f segun ei. Pero estaderivada es un vector cuyas componentes son las derivadas parciales de las funcionescomponentes fj . Por tanto, los terminos de la matriz de Df(a), que llamamos matrizjacobiana de f en a, son las derivadas Difj(a), 1 ≤ i ≤ n, 1 ≤ j ≤ m. Cada fila dela matriz jacobiana corresponde a una componente.Si n = m, la matriz jacobiana es cuadrada. Su determinante se llama determinantejacobiano. Designamos la matriz jacobiana de f en a por Df(a), sin distinguir entreella y la diferencial, y el determinante jacobiano por det Df(a).

Ejemplo. Sea f : R2 → R definida por

f(x, y) =x3

√

|y|x2 + y2 ,

si (x, y) 6= (0, 0), y f(0, 0) = 0. Resulta, directamente de la definicion de las derivadasparciales, que D1f(0, 0) = D2f(0, 0) = 0. Por tanto, si f es diferenciable en (0, 0), ladiferencial debe ser 0. Ası es, ya que

lim(x,y)→(0,0)

f(x, y)− f(0, 0)√

x2 + y2= lim

(x,y)→(0,0)

x3√

|y|(

x2 + y2)3/2 = 0.

Proposicion. Sean A ⊂ Rn abierto, a ∈ A, y f : A → Rm. Si f es diferenciable ena, es continua en a.Demostracion. Sea T la diferencial. Si (xk)k tiene lımite a, a partir de un cierto k0

se cumple∥

∥f(xk)− f(a)− T (xk − a)∥

∥

∥

∥xk − a∥

∥

< 1,

luego∣

∣‖f(xk)− f(a)‖ − ‖T (xk − a)‖∣

∣ ≤∥

∥f(xk)− f(a)− T (xk − a)∥

∥ <∥

∥xk − a∥

∥,

y, como lim T (xk − a) = 0 por ser T continua, lim f(xk) = f(a). ♠

Ejemplo. Sea f : R2 → R definida por

f(x, y) =x2y

x2 + y2 ,

si (x, y) 6= (0, 0), y f(0, 0) = 0. Es facil ver que f es continua en (0, 0), usando ladesigualdad

∣

∣f(x, y)∣

∣ ≤ 1. Como en el ejemplo anterior, D1f(0, 0) = D2f(0, 0) = 0.Luego, si f es diferenciable en (0, 0), la diferencial debe ser 0. No obstante,

lim(x,y)→(0,0)

f(x, y)− f(0, 0)√

x2 + y2= lim

(x,y)→(0,0)

x2y(

x2 + y2)3/2

no existe, ya quelimx→0

f(

x, αx)

=α

(

1 + α2)3/2 .

Ası pues, f no es diferenciable, pese a tener derivadas parciales y ser continua. Masaun, f tiene derivada en cualquier direccion, ya que, si u es unitario,

Duf(0, 0) = limt→0

f(tu1, tu2)t

= u21 u2.

Observa que, si f fuera diferenciable, como la diferencial serıa 0, todas las derivadasdireccionales deberıan anularse.


Cuando f toma valores reales (m = 1), la matriz jacobiana tiene una fila, y la podemosidentificar con un vector de Rn, que se llama vector gradiente. El sımbolo∇ (nabla)se usa en Fısica (donde un campo conservativo es el gradiente de un potencial), ytambien en muchos libros de Matematicas. Si ∇f(a) es el gradiente de f en a, laformula para la derivada direccional se puede escribir

Duf(a) = ∇f(a) · u.

Observa que esta derivada se anula cuando u y el gradiente son ortogonales, y tomael valor maximo si tienen la misma direccion (v. la desigualdad de Cauchy-Schwarz).Por eso se dice a veces que el gradiente da la direccion en la cual “la variacion de lafuncion es maxima”.

Ejercicios1. Sean α > 0, y fα : R2 → R definida por fα(x, y) = |xy|α. ¿Para que valores de αes diferenciable en (0, 0)?2. Sean p ∈ N, y fp : R2 → R definida por

fp(x, y) =xp

x2 + y2

si (x, y) 6= (0, 0), y f(0, 0) = 0. Demuestra que fp es continua en (0, 0) cuando p > 2,y diferenciable cuando p > 3.3. Demuestra que una aplicacion lineal es diferenciable, y que la matriz jacobianacoincide con la matriz en la base canonica.

FUNCIONES DE CLASE C1

Sean A ⊂ Rn abierto, y f : A → Rm. Si f tiene derivadas parciales en un entornode a ∈ A, y estas son continuas en a, decimos que f es una funcion de clase C1, oque es continuamente diferenciable, en a. Cuando f es de clase C1 en todos lospuntos de A, decimos que es de clase C1, a secas.

Proposicion. Sean A ⊂ Rn abierto, y f : A → Rm. Si f es de clase C1 en a ∈ A, fes diferenciable en a.Demostracion. Podemos suponer m = 1. Sea U una bola abierta centrada en a,donde f tenga derivadas parciales. Para x ∈ U , podemos escribir

f(x)− f(a) = f(x1, a2, . . . , an)− f(a1, a2, . . . , an) + f(x1, x2, a3 . . . , an)

− f(x1, a2, . . . , an) + · · ·+ f(x1, . . . , xn)− f(x1, . . . , xn−1, an).

Por el teorema del valor medio del curso de Analisis matematico I, para cada i existeξi, situado entre xi y ai, tal que

f(x1, . . . , xi−1, xi, ai+1, . . . , an)− f(x1, . . . , xi−1, ai, ai+1, . . . , an)

= Dif(x1, . . . , xi−1, ξi, ai+1, . . . , an)(

xi − ai)

.

Entonces yi = (x1, . . . , xi−1, ξi, ai+1, . . . , an) pertenece a U , y ‖yi − a‖ ≤ ‖x − a‖, yse cumple

∣

∣f(x)− f(a)−Df(a)(x− a)∣

∣

∥

∥x− a∥

∥

=

∣

∣

∣

∣

∣

n∑

i=1

(

Dif(yi)−Dif(a))(

xi − ai)

∣

∣

∣

∣

∣

∥

∥x− a∥

∥

≤n

∑

i=1

∣

∣Dif(yi)−Dif(a)∣

∣,


y como∥

∥yi − ai∥

∥ <∥

∥xi − ai∥

∥, la expresion de la derecha tiende a 0 cuando x → a,por la continuidad de las derivadas. ♠

El recıproco de este teorema no es cierto. Hay funciones diferenciables que no son declase C1 (v. Ejercicio 2 a continuacion).

Ejercicios1. Se define f : Rn → R por f(x) = exp

(

−1/‖x‖2)

, si x 6= 0, y f(0) = 0. Demuestraque f es de clase C1.2. Para p ∈ N, se define fp : R2 → R por

fp(x, y) =(

x + y)p

sin

(

1√

x2 + y2

)

,

si (x, y) 6= (0, 0), y f(0, 0) = 0. ¿Para que valores de p es continua? ¿Y diferenciable?¿Y de clase C1?

REGLA DE LA CADENA

Proposicion. Sean A ⊂ Rn abierto, a ∈ A, f : A → Rm, B ⊂ Rm abierto, conf(A) ⊂ B, y g : B → Rp. Supongamos que f es diferenciable en a y g es diferenciableen f(a). Entonces g ◦ f es diferenciable en a, y D(g ◦ f)(a) = Dg

(

f(a))

◦Df(a).

Demostracion. Designamos T = Df(a), S = Dg(

f(a))

. Entonces

∥

∥g(

f(x))

− g(

f(a))

− S(

T (x− a))∥

∥

∥

∥x− a∥

∥

≤∥

∥g(

f(x))

− g(

f(a))

− S(

f(x)− f(a))∥

∥

∥

∥x− a∥

∥

+

∥

∥

∥

∥

∥

S

(

f(x)− f(a)− T (x− a)∥

∥x− a∥

∥

)∥

∥

∥

∥

∥

.

El segundo sumando tiende a 0 si x → a, por la continuidad de S. Para ver que elprimero tambien tiende a 0, suponiendo f(x) 6= f(a) (en caso contrario, este sumandose anula), multiplicamos y dividimos por

∥

∥f(x)− f(a)∥

∥, y observamos que

∥

∥f(x)− f(a)∥

∥

∥

∥x− a∥

∥

≤∥

∥f(x)− f(a)− T (x− a)∥

∥

∥

∥x− a∥

∥

+

∥

∥

∥

∥

∥

T

(

x− a∥

∥x− a∥

∥

)∥

∥

∥

∥

∥

es acotado. ♠

Proposicion. Sean A ⊂ Rn abierto, a ∈ A, y f, g : A → Rm diferenciables en a.Entonces f + g es diferenciable en a, y D(f + g)(a) = Df(a) + Dg(a).Demostracion. f + g es la compuesta de (f, g) y ϕ : R2m → Rm dada por ϕ(x, y) =x + y, y por tanto es diferenciable. D(f, g)(a) es la matriz 2m× n formada al juntarDf(a) (las m primeras filas) y Dg(a) (las m ultimas), y la matriz de ϕ es la matrizm× 2m formada al juntar dos matrices identidad m-dimensionales. Entonces

D(f +g)(a) = Dϕ(

f(a), g(a))

D(f, g)(a) =[

Im Im]

[

Df(a)

Dg(a)

]

= Df(a)+Dg(a). ♠


Proposicion. Sean A ⊂ Rn abierto, a ∈ A, y f, g : A → R diferenciables en a.Entonces fg es diferenciable en a, y D(fg)(a) = g(a)Df(a) + f(a)Dg(a).Demostracion. fg es la compuesta de (f, g) y ϕ : R2 → R definida por ϕ(x, y) = xy, ypor tanto es diferenciable. La matriz jacobiana de ϕ es Dϕ(x, y) = [ y x ]. Entonces

D(fg)(a) = Dϕ(

f(a), g(a))

D(f, g)(a) =[

g(a) f(a)]

[

Df(a)

Dg(a)

]

= g(a) Df(a) + f(a) Dg(a). ♠

Proposicion. Sean A ⊂ Rn abierto, a ∈ A, y f : A → R diferenciable en a, conf(a) 6= 0. Entonces 1/f es diferenciable en a, y se cumple

D(

1/f)

(a) = − 1f(a)2

Df(a).

Demostracion. 1/f es la compuesta de f y ϕ(t) = 1/t. Entonces

D(

1/f)

(a) = ϕ′(

f(a))

Df(a) = − 1f(a)2

Df(a). ♠

De la regla de la cadena resulta que las derivadas de g ◦f se obtienen mediante sumasy productos a partir de las de f y g, y, si f y g son de clase C1, tambien g ◦ f . Portanto las sumas, productos, etc., de funciones de clase C1 dan funciones de clase C1.

Proposicion. Sea A ⊂ Rn abierto, tal que, si a, b ∈ A, existe ϕ : [0, 1] → A de claseC1 con ϕ(0) = a y ϕ(1) = b. Si f : A → Rm es diferenciable en a, y Df(x) = 0 paratodo x ∈ A, f es constante.Demostracion. Se puede suponer m = 1. Demostramos que, si a, b ∈ A, entoncesf(a) = f(b). Para ello aplicamos la regla de la cadena a f ◦ ϕ, de modo que

(f ◦ ϕ)′(t) = Df(

ϕ(t))

Dϕ(t) = 0.

Por el teorema del valor medio, f◦ϕ es constante, luego ϕ(1) = ϕ(0), o sea f(b) = f(a).♠

Ejercicios1. Se definen f : R2 → R3 por f(x, y) = (x2, ex+y, x − y), y g : R3 → R2 porg(x, y, z) = x − y2, ex). Verifica la validez de la regla de la cadena para g ◦ f y paraf ◦ g, es decir, las formulas

D(g ◦ f)(x, y) = Dg(

f(x, y))

◦Df(x, y),

D(f ◦ g)(x, y, z) = Df(

g(x, y, z))

◦Dg(x, y, z).

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

ex sin y, (ex − 1) cos y)

, y g : R2 → R2

diferenciable en (0, 0), tal que g ◦ f es la identidad en un entorno de (0, 0). Calculala matriz jacobiana de g en (0, 0).3. Se define f : Rn → R por f(x) = exp

(

−1/‖x‖2)

, si x 6= 0, y f(0) = 0. Demuestraque f es de clase C1, usando la regla de la cadena.


TEOREMA DEL VALOR MEDIO

Para a, b ∈ Rn, designamos por [a, b] el segmento de extremos a y b, es decir, elconjunto

[a, b] ={

a + t(b− a) : t ∈ [0, 1]}.

Sea A ⊂ Rn, tal que, si x, y ∈ A, entonces [x, y] ⊂ A. Decimos en tal caso que A esun conjunto convexo.

Proposicion (primer teorema del valor medio). Sean A ⊂ Rn abierto y convexo,a, b ∈ A, y f : A → R diferenciable. Existe ξ ∈ [a, b] tal que

f(b)− f(a) = Df(ξ)(

b− a)

.

Demostracion. Consideramos h : [0, 1] → R definida por h(t) = f(

a + t(b− a))

. Porla regla de la cadena, la derivada de h es

h′(t) = Df(

a + t(b− a))

b1 − a1...

bn − an

= Df(

a + t(b− a))

(b− a).

Aplicando el teorema del valor medio para funciones de una variable, existe t0 ∈ (0, 1)tal que h(1)− h(0) = h′(t0), y basta poner ξ = a + t0(b− a) para obtener la formuladel enunciado. ♠

El teorema del valor medio no es valido para funciones a valores en Rm, con m > 1(v. Ejercicio). Sin embargo, para este caso hay un teorema mas debil, como muestrala proposicion siguiente.

Proposicion (segundo teorema del valor medio). Sean A ⊂ Rn abierto yconvexo, a, b ∈ A, y f : A → Rm diferenciable. Entonces

∥

∥f(b)− f(a)∥

∥ ≤ supx∈[a,b]

∥

∥Df(x)∥

∥

∥

∥b− a∥

∥.

Demostracion. Sea M este supremo. Si es infinito, no hay nada que probar. Si esfinito, vamos a ver que, para todo ε > 0, se cumple

∥

∥f(b)− f(a)∥

∥ ≤ (M + ε)∥

∥b− a∥

∥.Para ello consideramos

T ={

t ∈ [0, 1] :∥

∥f(

a + t(b− a))

− f(a)∥

∥ ≤ (M + ε)t∥

∥b− a∥

∥

}

,

y t0 = sup T . Como el primer miembro de esta desigualdad es una funcion continuade t, la desigualdad se cumple para t0, luego t0 ∈ T . Si t0 = 1, hemos acabado. Perosi t0 < 1, podemos escoger t ∈ (t0, 1) tal que

∥

∥f(

a + t(b− a))

− f(x0)−Df(x0)(

(t− t0)(b− a))∥

∥

(t− t0)∥

∥b− a∥

∥

< ε,

donde designamos x0 = a + t0(b− a). Ahora,∥

∥f(

a + t(b− a))

− f(x0)∥

∥ ≤ ε(t− t0)∥

∥b− a∥

∥ +∥

∥Df(x0)∥

∥(t− t0)∥

∥b− a∥

∥

≤ (M + ε)(t− t0)∥

∥b− a∥

∥.

Aplicando la desigualdad triangular,∥

∥f(

a + t(b− a))

− f(a)∥

∥ ≤ (M + ε)t∥

∥b− a∥

∥, loque contradice la definicion de t0. Ası pues, t0 = 1. ♠

EjercicioSe define f : [0, 2π] → R2 por f(t) = (sin t, cos t). ¿Existe algun ξ ∈ (0, 2π) tal quef ′(ξ) = f(2π)− f(0)?


DERIVADAS DE ORDEN SUPERIOR

Sean A ⊂ Rn, a ∈ A, y f : A → R, de modo que existe Dif(x) en un entornode a. Cuando esta funcion tiene derivada respecto xj en a, es decir, cuando existeDj(Dif)(a), la llamamos derivada segunda, respecto a xi, xj , de f en a, y ladesignamos por D2

i,jf(a). Tambien podemos usar la notacion clasica,

∂2f∂xj∂xi

=∂

∂xj

(

∂f∂xi

)

.

Cuando una derivada segunda existe en todos los puntos de un subconjunto B ⊂ A,podemos considerarla como una funcion Df

i,jf : B → R. Si todas las derivadassegundas existen en un entorno de a y son continuas en a, decimos que f es unafuncion de clase C2 en a. Si es de clase C2 en todos los puntos de A, decimos quees de clase C2, a secas.

Proposicion (teorema de Schwarz). Sean A ⊂ Rn abierto, a ∈ A, y f : A → R.Si las derivadas segundas D2

i,jf y D2j,if existen en un entorno de a, y son continuas

en a (en particular, si f es de clase C2), se cumple D2i,jf(a) = D2

j,if(a).Demostracion. Es facil ver que basta demostrar el teorema en el caso en que n = 2,a = (0, 0) y f(0, 0) = 0, y ası lo hacemos, para simplificar la notacion. Lo que vamosa demostrar es que ambas derivadas, D2

1,2f(0, 0) y D22,1f(0, 0), coinciden con el lımite

limx→0

f(x, x)− f(x, 0)− f(0, x)x2 .

Lo comprobamos solo para D22,1f(0, 0). El argumento se puede adaptar para la otra

derivada con cambios de notacion evidentes. Aplicando el teorema del valor medioa ϕ(t) = f(x, t) − f(0, t), existe ξx, comprendido entre 0 y x, tal que ϕ(x) − ϕ(0) =ϕ′(ξx)x, o sea,

f(x, x)− f(0, x)− f(x, 0) =(

D2f(x, ξx)−D2f(0, ξx))

x,

de modo que solo nos falta probar

D22,1f(0, 0) = lim

x→0

D2f(x, ξx)−D2f(0, ξx)x

.

Aplicamos ahora el teorema del valor medio a ψ(t) = D2f(t, ξx), y existe ηx compren-dido entre 0 y x, tal que

D2f(x, ξx)−D2f(0, ξx) = D22,1f(ηx, ξx)x.

Como ξx y ηx estan entre 0 y x, cuando x → 0, tambien ξx, ηx → 0, y por lacontinuidad de la derivada,

D2,1f(0, 0) = limx→0

D22,1f(ηx, ξx). ♠

Cuando existen todas las derivadas segundas de f en a, se puede formar con ellasuna matriz n× n, que se llama matriz hessiana de f en a. Su determinante es eldeterminante hessiano. Designamos la matriz hessiana por Hf(a), o sea,

Hf(a) =

D21,1f(a) D2

1,2f(a) · · · D21,nf(a)

D22,1f(a) D2

2,2f(a) · · · D22,nf(a)

......

D2n,1f(a) D2

n,2f(a) · · · D2n,nf(a)

.


Si f es de clase C2, la matriz hessiana es simetrica, y define una forma cuadratica.Designamos por D2f(a) esta forma cuadratica, con lo que tenemos

D2f(a)x =n

∑

i,j=1

D2i,jf(a)xi xj =

[

x1 · · · xn]

Hf(a)

x1...

xn

.

Por recurrencia se pueden definir derivadas de cualquier orden de f ,

Dmi1,...,im

f(a) = Dim

(

Dm−1i1,...,im−1

f)(a),

y, cuando son continuas, se puede aplicar el teorema de Schwarz, y no importa elorden en que se deriva. Cuando todas las derivadas de orden m son continuas en a,decimos que f es una funcion de clase Cm en a. Si es de clase Cm para todo m,decimos que es una funcion de clase Cm.De la misma manera que Df(a) define una forma lineal y D2f(a) una formacuadratica, D3f(a) define una forma cubica, D4f(a) una forma cuartica, etc. Engeneral, escribimos

Dmf(a)x =n

∑

i1,...,im=1

Dmi1,...,im

f(a)xi1 · · ·xim .

EjercicioSe define f : R2 → R por

f(x, y) =xy(x2 − y2)

x2 + y2 ,

si (x, y) 6= (0, 0), y f(0, 0) = 0. Demuestra que D21,2f(0, 0) = 1 y D2

2,1f(0, 0) = −1.¿Contradice esto el teorema de Schwarz?

FORMULA DE TAYLOR

Si una funcion real f admite derivadas de orden m en un punto a, podemos considerar

Pm(x) = f(a) +m

∑

k=1

1k!

Dkf(a)(x− a),

que es un polinomio de grado m, el polinomio de Taylor de grado m de f en a.El polinomio de Taylor de una funcion de n variables se usa (al igual que en el casode una variable, visto en el curso de Analisis matematico I) como aproximacion de fen un entorno de a.

Ejemplo. Sea f : R2 → R definida por f(x, y) = ex+y. Entonces

Df(0, 0) = [ 1 1 ] , Hf(0, 0) =[

1 11 1

]

,

luego el polinomio de Taylor de grado 2 de f en (0, 0) es

1 + x + y +x2

2+

y2

2+ xy.

Observa que este polinomio se puede obtener seleccionando los terminos de gradomenor o igual que 2 en el producto de los polinomios de Taylor de ex y ey.


La diferencia f(x) − Pm(x), que serıa el error de esa aproximacion, es el terminocomplementario, que, como para las funciones de una variable, se puede expresarusando las derivadas de orden m + 1, si existen, como se ve en la proposicion quesigue.

Proposicion (formula de Taylor). Sea A ⊂ Rn abierto, f : A → R de clase Cm+1,y x, a ∈ A tales que [a, x] ⊂ A. Existe ξ ∈ [a, x] tal que

f(x) = f(a) +m

∑

k=1

1k!

Dkf(a)(x− a) +1

(m + 1)!Dm+1f(ξ)(x− a).

Demostracion. Definimos h : [0, 1] → R por h(t) = f(

a+t(x−a))

, que es una funcionde clase Cm, cuyas derivadas son

h′(t) = Df(

a + t(x− a))

(x− a) =n

∑

i=1

Di(

a + t(x− a))

(xi − ai),

h′′(t) = D2f(

a + t(x− a))

(x− a) =n

∑

i,j=1

D2i,j

(

a + t(x− a))

(xi − ai)(xj − aj),

etcetera, y, en general, h(k)(t) = Dkf(

a + t(x− a))

(x− a). Por la formula de Taylordel curso de Analisis matematico I, existe t ∈ (0, 1) tal que

h(1) = h(0) +m

∑

k=1

h(k)(0)k!

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

.

Llamando ξ = a + t(b − a) y expresando las derivadas de h en funcion de las de f ,obtenemos la formula del enunciado. ♠

El termino complementario es el ultimo sumando en la formula que hemos estable-cido, que es una de las versiones de la formula de Taylor para funciones de variasvariables. Existen otras expresiones del termino complementario, pero no las veremosaquı, ya que la que hemos dado nos basta para justificar el metodo que vamos a daren la seccion siguiente para identificar los maximos y mınimos locales. Asumiendociertas hipotesis sobre las derivadas de orden m + 1 de f en un entorno de a, porejemplo, que estan uniformemente acotadas, se puede usar esta expresion se para verque f(x)− Pm(x) = o

(

‖x− a‖m)

, es decir,

limx→a

f(x)− Pm(x)‖x− a‖m = 0.

El polinomio de Taylor de grado 1, f(a) + Df(a)(x − a), es una funcion lineal (contermino constante). En el caso n = 1, visto en el curso de Analisis matematico I, lagrafica de esta funcion es la recta tangente a la grafica de f en a. Para n = 2, se obtieneun plano tangente, y para n ≥ 3, un hiperplano tangente. Nos ocuparemos masadelante de esta interpretacion geometrica.

Ejercicios1. Calcula el polinomio de Taylor de grado 2 de f(x, y) = sin(x + y) en (0, 0).2. Calcula el polinomio de Taylor de grado 2 de f(x, y) = exy en (0, 0).3. Calcula el polinomio de Taylor de grado 2 de f(x, y) = x2y2 + xy en (1, 1).


MAXIMOS Y MINIMOS LOCALES

Sean A ⊂ Rn abierto, f : A → R, y a ∈ A. Decimos que f tiene un maximo localen a cuando existe un entorno U de a tal que f|U alcanza su maximo valor en a, esdecir, cuando f(x) ≤ f(a) para todo x ∈ U . El mınimo local se define de formaanaloga. Para n = 1, estas definiciones dan las de maximo y mınimo local de unafuncion de una variable, vistas en el curso de Analisis matematico I.

Proposicion. Sean A ⊂ Rn abierto, f : A → R. Si f tiene un maximo (mınimo)local en a ∈ A, y existe la derivada parcial Dif(a), entonces Dif(a) = 0.Demostracion. Si f tiene un maximo (mınimo) local en a, la funcion h(t) = f(a+ tei)tiene un maximo (mınimo) local en t = 0, luego h′(0) = Dif(a) = 0. ♠

Esta proposicion es una consecuencia directa del hecho de que la derivada de unafuncion de una variable se anula en un maximo o un mınimo local. En el curso deAnalisis matematico I se ha visto que esta condicion no es suficiente para que haya unmaximo o un mınimo local, y como se puede aclarar lo que sucede en un punto dondela derivada se anula, examinando el signo de la segunda derivada. A continuacionpresentamos la generalizacion de ese criterio a funciones de varias variables.

Proposicion. Sean A ⊂ Rn abierto, f : A → R de clase C2, y a ∈ A tal queDf(a) = 0.

(i) Si D2f(a) es definida positiva, f tiene un mınimo local en a.(ii) Si D2f(a) es definida negativa, f tiene un maximo local en a.(iii) Si D2f(a) es indefinida, f no tiene ni un maximo ni un mınimo local en a.

Demostracion. (i) Probamos en primer lugar que, si D2f(a) es definida positiva,existen ε > 0 y un entorno U de a donde D2f(x)u > ε para todo x ∈ U y todou ∈ S, siendo S =

{

u ∈ Rn : ‖u‖ = 1}

. En particular, D2f(x) sera definidapositiva para x ∈ U . Como S es compacto y D2f(a)u > 0 en S, existe ε > tal queD2f(a)u > 2ε para todo u ∈ S. Tomamos ahora r > 0 tal que B′(a, r) ⊂ A. Como(x, u) → D2f(x)u es uniformemente continua (teorema de Heine) en el compactoB′(a, r)×S, existe δ > 0 tal que, si

∥

∥x− a∥

∥ < δ, se cumple∣

∣D2f(x)u−D2f(a)u∣

∣ < εpara todo u ∈ S. Tomando U = B(a, δ), resulta D2f(x)u > ε, para x ∈ U y u ∈ S,como querıamos probar.Pasemos ahora a demostrar (i). La formula de Taylor en a nos da

f(x) = f(a) + D2f(ξ)(x− a),

donde, si x ∈ U , tambien ξ ∈ U , de modo que D2f(ξ)(x − a) > 0, y por tantof(x) ≥ f(a) para x ∈ U , y f|U alcanza su valor mınimo en a.(ii) El argumento de (i) se adapta de forma obvia al caso en que D2f(a) es definidapositiva.(iii) Supongamos ahora que D2f(a) es indefinida, y sean ε > 0 y u1, u2 ∈ S, talesque D2f(a)u1 > 2ε y D2f(a)u2 < −2ε. Usando la continuidad uniforme como en lademostracion de (i), vemos que existe un entorno U de a donde se cumple D2f(x)u1 >ε y D2f(x)u2 < −ε para todo x ∈ U . Luego, si escogemos x de forma que x−a tengala direccion de u1, tenemos f(x) > f(a), y si lo escogemos de forma que x− a tengala direccion de u2, tenemos f(x) < f(a), con lo que f no tiene maximo ni mınimolocal en a. ♠

Ejemplo. Sea f : R2 → R definida por f(x, y) = x3 + y3 − 3xy. Entonces

Df(x, y) =[

3x2 − 3y 3y2 − 3x]

, Hf(x, y) =[

6x −3−3 6y

]

.


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

Hf(0, 0) =[

0 −3−3 0

]

, Hf(1, 1) =[

6 −3−3 6

]

.

Hf(1, 1) es definida positiva, y por tanto f tiene un mınimo local en ese punto. Sinembargo, Hf(0, 0) es indefinida, con lo que (0, 0) es un punto de silla. Observa queen (1, 1) hay un mınimo local, pero f no tiene mınimo, puesto que f(x, 0) = x3 noesta acotada.

Ejemplo. Sean K ={

(x, y) ∈ R2 : x, y ≥ 0, x + y ≤ 1}

, y f(x, y) = xy. f tienemaximo y mınimo en K, por el teorema de Weierstrass. Si el maximo o el mınimovalor de f de f en K se alcanzasen en un punto interior, f tendrıa un maximo o unmınimo local en ese punto. Pero Df(x, y) = [ y x ] no se anula en ningun puntodel interior de K, y por tanto el maximo y el mınimo valor de f se alcanzan en lafrontera.El mınimo valor de f es obviamente 0. f se anula sobre los segmentos

[

(0, 0), (1, 0)]

y[

(0, 0), (0, 1)]

, y por tanto el maximo se alcanza en el segmento[

(0, 1), (1, 0)]

. Paraver donde, basta considerar ϕ(x) = f(x, 1 − x) = x − x2, que tiene un mınimo enx = 1/2.

Ejercicios1. Se define f : R2 → R por f(x, y) = x3 +xy2−x Demuestra que f tiene un maximolocal y un mınimo local, pero no tiene maximo ni mınimo.2. Se define f : R2 → R por f(x, y) = x2 + y2 + 2xy + 1. Demuestra que f tieneinfinitos mınimos locales, y que la matriz hessiana es semidefinida en esos puntos.3. Se define f :

{

(x, y) ∈ R2 : x, y ≥ 0, x + y ≤ 2}

→ R por f(x, y) = (x− 1)(y + 1).Halla el maximo y el mınimo valor de f , si existen.4. Se define f :

{

(x, y) ∈ R2 : x ≥ 2, x + y ≥ 4}

→ R por f(x, y) = x2 − xy + y2.Halla el maximo y el mınimo valor de f , si existen.5. Se define f :

{

(x, y) ∈ R2 : x, y ≥ 1, x+y ≤ 3}

→ R por f(x, y) = 5−4y−x2−y2.Halla el maximo y el mınimo valor de f , si existen.

PROBLEMAS

3.1. Sea f : Rn → R tal que, si α > 0 y x ∈ Rn, con ‖x‖ = 1, se cumple

∣

∣f(αx)− f(0)∣

∣ ≤ e−1/α.

(a) Calcula las derivadas parciales de f en 0.(b) ¿Es diferenciable?

3.2. Sea f : (0, 1)× (0, 1) → R definida por

f(x, y) ={

x(

1− y)

, si x ≤ yy(

1− x)

, si x > y.

(a) ¿En que puntos es continua?(b) ¿En que puntos es diferenciable? Calcula la diferencial en esos puntos.


3.3. Sean g : {x ∈ Rn : ‖x‖ = 1} → R, y f : Rn → R definida por

f(x) = ‖x‖ g(

x/‖x‖)

,

si x 6= 0, y g(0) = 0. Demuestra:(a) La derivada direccional Duf(0) existe si y solo si g(u) = −g(−u).(b) Si f es diferenciable en 0, f es lineal.

3.4. Sean A ⊂ Rn abierto, a ∈ A, y f : A → Rm diferenciable en a, tal que f(a) = 0,y ϕ : A → R definida por ϕ(x) = ‖f(x)‖. Demuestra que ϕ es diferenciable en a si ysolo si Df(a) = 0.

3.5. Sean f : Rn → Rn diferenciable en a ∈ Rn, con Df(a) invertible. Demuestraque existe δ > 0 tal que, si ‖x− a‖ < δ, entonces f(x) 6= f(a).Indicacion. Demuestra que si T : Rn → Rn es lineal e invertible, existe η > 0 tal que,si ‖u‖ = 1, entonces ‖Tu‖ > η.

3.6. Sean α > 0 y f : Rn → Rm diferenciable, tal que

lim‖x‖→∞

∥

∥x∥

∥

∥

∥Df(x)∥

∥ = 0.

Se define g : Rn → Rm por g(x) = f(αx)− f(x). Demuestra que g es acotada.Observacion.

∥

∥Df(x)∥

∥ es la norma de una aplicacion lineal, no la norma de un vector.

3.7. Sea f : Rn \ {0} → R diferenciable, con derivadas parciales acotadas.(a) Demuestra que, si n > 1, existe M > 0 tal que

∣

∣f(x)− f(y)∣

∣ ≤ M∥

∥x− y∥

∥, x, y ∈ Rn \ {0}.

(b) Demuestra que, si n > 1, f tiene lımite en 0.(c) Muestra con un ejemplo que la afirmacion de (b) no siempre es cierta para

n = 1.

3.8. Se define f : R3 → R por f(x, y, z) = cos(2x) + sin y + z2. Demuestra que f notiene maximos locales, y que tiene un mınimo local en cualquier punto de la forma(

nπ/2, (2m + 1)π/2, 0)

, siendo n y m enteros impares.

3.9. Se define f : (0, 2π)× (0, 2π) → R por

f(x, y) = sin x(

1 + cos y)

+ sin y(

1 + cos x)

.

Demuestra que f su valor maximo en (π/3, π/3) y su valor mınimo en(

5π/3, 5π/3)

.

3.10. Se define f : {(x, y) ∈ R2 : x, y ≥ 0, x2 + y2 ≤ 1} por f(x, y) = e−x + e−y.¿Donde se alcanzan el maximo y el mınimo valor de f?Indicacion. Para hallar el mınimo, considera h(t) = f(cos t, sin t), para t ∈ [0, π/4].


4. TEOREMA DE LA FUNCIONINVERSA Y CONSECUENCIAS

TEOREMA DE LA FUNCION INVERSA

Proposicion (teorema de la funcion inversa). Sean A ⊂ Rn abierto, f : A → Rn

de clase C1, y a ∈ A, tal que det Df(a) 6= 0. Existen un entorno abierto U de a, y unentorno abierto V de f(a), tales que f es biyectiva entre U y V , y la inversa de f|Ues de clase C1 en f(a). Se cumple, ademas, Df−1

(

f(x))

= Df(x)−1 para x ∈ U .Demostracion. (a) Basta ver que f−1 existe y es diferenciable, ya que, por la reglade la cadena, Df−1(x) y Df(x) son inversas. La continuidad de las derivadas de f−1

resulta de la formula mediante la cual se obtienen, invirtiendo Df(x).(b) Podemos suponer Df(a) = I, ya que, si T = Df(a), la regla de la cadena da

D(

T−1 ◦ f)

(a) = T−1 ◦Df(a) = I,

y, si el teorema vale para T−1 ◦ f , tambien vale para f .(c) Existe una bola abierta B, centrada en a, que cumple las cuatro condicionessiguientes:

(1) f(x) 6= f(a), para x ∈ B \ {a}.(2) det Df(x) 6= 0, para x ∈ B.(3) ‖Df(x)− I‖ ≤ 1/2, para x ∈ B.(4) ‖x− x′‖ ≤ 2 ‖f(x)− f(x′)‖, para x, x′ ∈ B.

En primer lugar, como Df(a) = I,

limx→a

‖f(x)− f(a)− (x− a)‖‖x− a‖

= 0,

y existe r > 0 tal que f(x) 6= f(a) para ‖x−a‖ ≤ r. Por la continuidad de las derivadasde f , podemos suponer que r es lo suficientemente pequeno como para que (2) secumpla tambien. Como B′(a, r) es compacto, podemos usar la continuidad uniformede (x, u) → Df(x)u para asegurar que existe δ > 0 tal que ‖Df(x)u− u‖ ≤ 1/2 para‖x− a‖ < δ, y u unitario, y por tanto se cumple (3) para B = B(a, δ).Aplicando el segundo teorema del valor medio a g(x) = f(x) − x, tenemos Dg(x) =Df(x)− I, y, por (3),

∥

∥f(x)− x−(

f(x′)− x′)∥

∥ ≤ 12‖x− x′‖,

de donde resulta (4) usando la desigualdad triangular.(d) Definimos ahora V . Por (1), existe δ > 0 tal que ‖f(x) − f(a)‖ ≥ δ > 0 parax ∈ Fr(B), y definimos V = B

(

f(a), δ/2)

. Entonces

∥

∥y − f(x)∥

∥ ≥∣

∣‖y − f(a)‖ − ‖f(x)− f(a)‖∣

∣ >δ2,

y se cumple por tanto:(5) ‖y − f(a)‖ < ‖y − f(x)‖ para y ∈ V , x ∈ Fr(B).


(e) Vemos ahora que, para cada y ∈ V , existe x ∈ B unico con f(x) = y. La unicidadresulta de (4). Para probar la existencia, consideramos h(x) = ‖y − f(x)‖2. Por (5),el valor mınimo de h en B se alcanza en un punto x ∈ B, que es un mınimo local, ypor tanto Dh(x) = 0. Como

Dh(x) = −2[

y − f1(x) · · · y − fn(x)]

Df(x),

y Df(x) tiene inversa, debe ser y = f(x).(f) Definimos ahora U = B ∩ f−1(V ), y f es biyectiva entre U y V . Por (4), f−1 escontinua.(g) Vamos a ver, para concluir, que f−1 es diferenciable. Designamos T = Df(x),y = f(x), para evitar confusiones. Sea ε > 0. Escogemos δ > 0 tal que, si ‖x− x′‖ <2δ, se cumpla

∥

∥f(x′)− f(x)− T (x− x′)∥

∥

‖x′ − x‖<

ε2‖T−1‖

.

Entonces, si ‖y′ − y‖ < δ, por (4) se cumple∥

∥f−1(y′)− f−1(y)∥

∥ < 2δ, luego

∥

∥y′ − y − T(

f−1(y′)− f−1(y))∥

∥

∥

∥f−1(y′)− f−1(y)∥

∥

<ε

2‖T−1‖.

Por (4),∥

∥y′ − y − T(

f−1(y′)− f−1(y))∥

∥

‖y′ − y‖<

ε‖T−1‖

,

y, aplicando T−1,

∥

∥f−1(y′)− f−1(y)− T−1(y′ − y)∥

∥

‖y′ − y‖=

∥

∥

∥

∥

∥

T−1

(

y′ − y − T(

f−1(y′)− f−1(y))

‖y′ − y‖

)∥

∥

∥

∥

∥

< ε,

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

NOTA. Por la relacion que existe entre las derivadas de f y las de f−1, si f es declase Cm, tambien f−1.

Cuando f cumple la hipotesis del teorema de la funcion inversa en un conjunto abiertoA, decimos que f es un difeomorfismo local en A. Si ademas f es inyectiva, decimosque define un difeomorfismo de A en f(A). La inversa es entonces un difeomorfismode f(A) en A. Todo difeomorfismo es un homeomorfismo. El ejemplo que sigue ilustrala distincion entre difeomorfismos y difeomorfismos locales.

Ejemplo. f : R2 → R2 definida por f(x, y) = (ex cos y, ex sin y) es un difeomorfismolocal, con f(R2) = R2 \

{

(0, 0)}

, pero no es inyectiva, ya que f(x, y + 2π) = f(x, y).La restriccion de f a la banda definida por −π < y < π es un difeomorfismo de esabanda en el complementario de la semirrecta

{

(u, v) ∈ R2 : u = 0, v < 0}

.

Proposicion. Si A ⊂ Rn es abierto, y f : A → Rn es un difeomorfismo local, f(A)es abierto.Demostracion. Sea b ∈ f(A). Escogemos a ∈ A con b = f(a). El entorno abiertoV de b, cuya existencia asegura el teorema de la funcion inversa, esta contenido enf(A), luego b es un punto interior. ♠


Los difeomorfismos se llaman a veces cambios de variable. En R, el mas conocidoes el cambio dado por la funcion exponencial (o el logaritmo). En el curso de Proba-bilidades apareceran otros cambios de variable. En R2, el cambio de variable clasicoes el basado en las coordenadas polares. Para (x, y) 6= (0, 0), podemos escribir

x = r cos θ, y = r sin θ,

con r ≥ 0. r y θ son las coordenadas polares del punto (x, y). r es el modulo (esdecir, la norma euclıdea), y θ el argumento. Observa que (r, θ) → (r cos θ, r sin θ) esun difeomorfismo local de (0,+∞)×R en R2\{(0, 0)}, pero no es un autentico cambiode variable (es decir, un difeomorfismo) si no restringimos el dominio del argumento,ya que todo punto tiene infinitos argumentos. El determinante jacobiano es

∣

∣

∣

∣

cos θ −r sin θsin θ r cos θ

∣

∣

∣

∣

= r.

Los cambios de variable se usan frecuentemente para simplificar el calculo de inte-grales, como se vera en el curso de Analisis matematico IV.

Ejercicios1. ¿Que dice el teorema de la funcion inversa sobre f(x) = x2? ¿Y sobre f(x) = sin x?2. Sea f : R → R definida por

f(x) =x2

+ x2 sin(

1/x)

,

si x 6= 0, y f(0) = 0. Demuestra que f ′(0) 6= 0, pero f no tiene inversa en ningunentorno de 0. ¿Contradice esto el teorema de la funcion inversa?3. Donde hay que restringir la funcion (u, v) → (x, y) dada por x = u2 − v2, y = uv,para que sea un difeomorfismo local? ¿Y para que sea un difeomorfismo?4. Las coordenadas polares esfericas en R3 vienen dadas por las relaciones

x = r cos θ cos ϕ, y = r cos θ sin ϕ, z = r sin θ,

donde r ≥ 0 y −π/2 ≤ θ ≤ π/2. ¿Cual es la interpretacion geometrica de lascoordenadas r, ϕ, θ? ¿Donde hay que restringir la funcion (r, ϕ, θ) → (x, y, z), dadapor esta formulas, para que sea un difeomorfismo local? ¿Y un difeomorfismo?

TEOREMA DE LA FUNCION IMPLICITA

Por comodidad, usamos la notacion (x, y), con x ∈ Rn, y ∈ Rp, para los puntos deRn+p = Rn ×Rp. Para una funcion f definida en un abierto de Rn+p, designamospor Dxf(x, y) la submatriz de la matriz jacobiana de f formada por las derivadasDifj(x, y), con 1 ≤ i ≤ n, y por Dyf(x, y) la submatriz complementaria.

Proposicion (teorema de la funcion implıcita). Sean f : G → Rp de clase C1,G ⊂ Rn+p abierto, y (a, b) ∈ G tal que f(a, b) = 0 y det Dyf(a, b) 6= 0. Existenun entorno abierto A de a, un entorno abierto B de b, y una funcion g : A → B declase C1, tales que g(a) = b, y, para x ∈ A, g(x) es el unico punto de B que cumplef(

x, g(x))

= 0.Demostracion. Sea F : G → Rn ×Rp definida por F (x, y) =

(

x, f(x, y))

. Como

DF (x, y) =

[

I 0

Dxf(x, y) Dyf(x, y)

]

,


resulta det DF (x, y) = det Dyf(x, y), y podemos aplicar el teorema de la funcioninversa en (a, b), de modo que existen entornos abiertos U de (a, b) y V de (a, 0), dondeF : U → V es un difeomorfismo. Ahora, F−1 es de la forma F−1(x, z) = (x, h(x, z)),y, llamando g(x) = h(x, 0), resulta

(

x, f(x, g(x)))

= F(

x, g(x))

= F(

x, h(x, 0))

= F(

F−1(x, 0))

= (x, 0),

y por tanto f(x, g(x)) = 0. Finalmente, escogemos dos bolas abiertas A y B, de modoque (a, b) ∈ A×B ⊂ U . La unicidad de g(x) resulta de que F es inyectiva en U . ♠

Cuando se dan las condiciones del teorema de la funcion implıcita, decimos quef(x, y) = 0 define y como funcion implıcita de x en un entorno de (a, b).Si g es la funcion implıcita, la regla de la cadena para x → f

(

x, g(x))

da

Dg(x) = −Dyf(x, y)−1 ◦Dxf(x, y),

para y = g(x), lo que permite obtener las derivadas de g. Ademas, esta relacionasegura que, si f es de clase Cm, tambien g. Las derivadas de g tambien se puedenobtener tomando derivadas implıcitas en la ecuacion f(x, y) = 0 (v. Ejemplo).

Ejemplo. El sistema

xu3 + yv2 = 4, y2u + 2xv = 0

define (u, v) como funcion implıcita de (x, y) en un entorno de (0, 1, 0, 2). Para verloaplicamos el teorema de la funcion implıcita a f(x, y, u, v) =

(

xu3+yv2−4, y2u+2xv)

,con

Df(0, 1, 0, 2) =[

0 4 0 44 0 1 0

]

.

Como el determinante de orden 2 de la derecha de esta matriz es distinto de cero,existe en un entorno de (0, 1) una funcion g de clase C1 tal que g(0, 1) = (0, 2), yf(

x, y, g(x, y))

= 0. g es la funcion implıcita. La matriz jacobiana es

Dg(0, 1) = −[

0 41 0

]−1 [

0 44 0

]

= −[

4 00 1

]

.

Las derivadas de g tambien se pueden obtener tomando derivadas implıcitas en elsistema de ecuaciones del principio, es decir, usando las reglas del calculo de derivadas,pero considerando que u y v son dos funciones de (x, y). Ası, derivando respecto a xen las dos ecuaciones del sistema, resulta

u3 + 3xu2 ∂u∂x

+ 2yv∂v∂x

= 0, y2 ∂u∂x

+ 2v + 2x∂v∂x

= 0.

Como u(0, 1) = 0, v(0, 1) = 2, resulta

4(

∂v∂x

)

(0,1)= 0,

(

∂u∂x

)

(0,1)+ 4 = 0,

de donde que es la primera fila de la matriz jacobiana de g. Derivando respecto a yobtenemos la segunda fila. Este metodo permite volver a derivar implıcitamente, yobtener las derivadas segundas, terceras, etc.

Ejercicios1. ¿Que dice el teorema de la funcion implıcita sobre la ecuacion x2 + y2 = 1?2. Comprueba que el sistema

xu6 + y2v3 = 1, xy3 + v2u2 = 0

define (x, y) como funcion implıcita de (u, v) en un entorno de (0, 1, 0, 1). Calcula lamatriz jacobiana y la hessiana de la funcion implıcita en (0, 1).


METODO DE LOS MULTIPLICADORES DE LAGRANGE

Proposicion (teorema de Lagrange). Sean A ⊂ Rn abierto, f : A → R yg : A → Rp de clase C1, con Dg(x) de rango p (p < n), para todo x ∈ A. SeaM =

{

x ∈ A : g(x) = 0}

, y supongamos que f|M tiene un maximo (mınimo) local ena. Entonces ∇f(a) depende linealmente de ∇g1(a), . . . ,∇gp(a).Demostracion. Como en el teorema de la funcion implıcita, designamos los puntos deRn = Rn−p×Rp por (x, y), con x ∈ Rn−p, y ∈ Rp. Si el rango de la matriz jacobianade g es p, hay p columnas independientes, y, para simplificar la notacion, suponemosque, en a, las p ultimas lo son, de forma que det Dyg(a) 6= 0. Por el teorema de lafuncion implıcita, hay una funcion implıcita y = ϕ(x) en un entorno de a. La hipotesisdel teorema de Lagrange supone que h(x) = f

(

x, ϕ(x))

tiene un maximo (mınimo)local en (a1, . . . , an−p). Por la regla de la cadena, la matriz jacobiana de h es

Dh(x) = Df(

x, ϕ(x))

◦[

IDϕ(x)

]

= Dxf(

x, ϕ(x))

+ Dyf(

x, ϕ(x))

◦Dϕ(x).

Usando la expresion de la matriz jacobiana de la funcion implıcita que vimos antes,y Dh(a1, . . . , an−p) = 0, tenemos Dxf(a)−Dyf(a) ◦Dyg(a)−1 ◦Dxg(a) = 0, luego

[

Dxf(a) Dyf(a)]

= Dyf(a) ◦Dyg(a)−1 ◦[

Dxg(a) Dyg(a)]

.

La matriz de Dyf(a) ◦Dyg(a)−1 tiene dimension 1× p. Denotando por λ1, . . . , λp loscoeficientes de esta matriz, resulta

Df(a) =[

λ1 · · · λp]

◦Dg(a),

que es equivalente a ∇f(a) = λ1∇g1(a) + · · ·+ λp∇gp(a). ♠

Observa que, como ∇g1(a), . . . ,∇gp(a) son independientes, porque Dg(a) tiene rangop, los λi son unicos. Son los multiplicadores de Lagrange. El metodo basado enel teorema de Lagrange se presenta a veces como un metodo para hallar extremoscondicionados, contrapuesto al metodo que vimos en el capıtulo anterior, que serıa elmetodo para hallar extremos libres. Las p ecuaciones gi(x) = 0 son las ligaduras,o restricciones. n− p es el numero de grados de libertad del problema.En la presentacion clasica del teorema, se define una funcion L : A × Rp → R, lafuncion de Lagrange, haciendo

L(x, λ) = f(x)− λ1∇g1(a)− · · · − λp∇gp(a),

y el teorema asegura entonces que DL(a, λ) = 0. Es facil ver que ambas versionesson equivalentes. El lenguaje del Algebra lineal obvia la funcion de Lagrange, que esartificial. No obstante, en ciertos contextos, como la Mecanica clasica, o la Microe-conomıa, se puede dar una interpretacion de la funcion de Lagrange (la lagrangianade los libros de Fısica) o de los multiplicadores.

Ejemplo. Vamos a usar el metodo de Lagrange para hallar la distancia del punto(1,−7/2) a la rama de la hiperbola xy = 1 contenida en el primer cuadrante. Con-sideramos

f(x, y) =(

x− 1)2

+(

y + 7/2)2

, g(x, y) = xy − 1.

Los gradientes son

∇f(x, y) =(

2(x− 1), 2(y + 7/2))

, ∇g(x, y) = (y, x),


y el mınimo de f sobre la curva xy = 1 debe cumplir

x− 1y

=y + 7/2

x.

Sustituyendo y por 1/x, esta ecuacion se transforma en 2x4 − 2x3 − 7x − 2 = 0,que tiene dos soluciones reales, una positiva y otra negativa. La solucion negativacorresponde al punto de la otra rama de la hiperbola mas proximo a (1,−7/2), yla solucion positiva, que es x = 2, al punto (2, 1/2), que es el que nos interesa. Ladistancia es

√17.

Es facil ver que se llega al mismo resultado buscando el mınimo de

h(x) =(

x− 1)2

+(

1x

+72

)2

,

que resulta de sustituir y por 1/x en la formula de la distancia al cuadrado.

Ejemplo. Calculamos los valores maximo y mınimo de

f(x, y, z) = x2 + y2 + z2 + x + y + z

sobre la esfera x2 + y2 + z2 = 4. Para ello aplicamos el metodo de Lagrange, cong(x, y, z) = x2 + y2 + z2 − 4. Los gradientes son

∇f(x, y, z) = (2x + 1, 2y + 1, 2z + 1), ∇g(x, y, z) = (2x, 2y, 2z),

y en los puntos donde se alcanzan los valores extremos se cumple

2x + 1x

=2y + 1

y=

2z + 1z

,

lo que equivale a x = y = z. Hay dos puntos en estas condiciones, y en ellos sealcanzan el maximo y el mınimo valor de f ,

f(

− 2/√

3,−2/√

3,−2/√

3)

= 4− 2√

3, f(

2/√

3, 2/√

3, 2/√

3)

= 4 + 2√

3.

Ejemplo. Vamos a hallar los puntos a distancia maxima y mınima del origen en lacurva definida por las ecuaciones

z = x2 + y2, x + y + z = 1.

En el capıtulo proximo veremos por que llamamos curva al conjunto de puntos de R3

que cumple estas ecuaciones. En todo caso no es difıcil ver que se trata de un conjuntocompacto (verifıcalo), y por tanto la norma tiene maximo y mınimo. Aplicamos elmetodo de Lagrange a

f(x, y, z) = x2 + y2 + z2, g1(x, y, z) = x2 + y2 − z, g2(x, y, z) = x + y + z − 1,

y el punto a distancia mınima debe cumplir

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

2x 2x 1

2y 2y 1

2z −1 1

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

= 0.


Tras operaciones elementales, llegamos a la ecuacion (x− y)(2z + 1) = 0.• Consideramos primero el caso x−y = 0. Sustituyendo y por x en las ecuaciones

de la curva resulta z = 2x2 = 1 − 2x, y podemos hallar x resolviendo 2x2 +2x− 1 = 0. Las soluciones son x =

(

− 1±√

3)

/2. Resultan, pues, dos puntos,(

(−1 +√

3)/2, (−1 +√

3)/2, 2−√

3)

y(

(−1−√

3)/2, /(−1−√

3)/2, 2 +√

3)

.• El caso 2z + 1 = 0, nos lleva, sustituyendo z por −1/2 en las ecuaciones de la

curva, al sistema

x + y =32

, x2 + y2 =12,

que no tiene solucion.Ası pues, los puntos que hemos hallado en primer lugar son los que buscabamos, ycorresponden a la distancia mınima y maxima, respectivamente.

Ejercicios1. Halla la distancia del punto (0, 3) a la parabola y = x2, usando el metodo deLagrange.2. En el problema 3.10 se hallaba el mınimo de f(x, y) = e−x+e−y en la circunferenciaunidad hallando el mınimo de una funcion de una variable. Usa ahora el metodo deLagrange para llegar al mismo resultado.3. Se define f :

{

(x, y) ∈ R2 : 5x + 6xy = 8}

→ R por f(x, y) = x2y2. Halla elmaximo y el mınimo valor de f , si existen.4. Se define f :

{

(x, y, z) ∈ R3 : xyz = 27}

→ R por f(x, y, z) = xy + xz + yz. Hallael maximo y el mınimo valor de f , si existen.5. Se define f :

{

(x, y) ∈ R2 : x2 + y2 ≤ 1, x2 − y ≤ 1}

→ R por f(x, y) = y − x.Halla el maximo y el mınimo valor de f , si existen.

PROBLEMAS

4.1. Se define f : R2 → R2 por f(x, y) = (ex + ey, ex − ey). Prueba que f define undifeomorfismo de R2 en G =

{

(u, v) ∈ R2 : −u < v < u}

.

4.2. Sean A ⊂ Rn abierto, y f : A → Rn de clase C1, tal que, si x, y, x + y ∈ A, secumple

∥

∥f(x + y)− f(x)− y∥

∥ ≤ ‖y‖2

.

(a) Prueba que se cumple∥

∥Duf(x)− u∥

∥ ≤ 1/2 para ‖u‖ = 1, x ∈ A.(b) Prueba que f define un difeomorfismo entre A y f(A).

4.3. Prueba que la ecuacion z cos x− y cos z = 0 define una funcion implıcita z(x, y)en un entorno de (π/2, π/2, π/2). Halla el polinomio de Taylor de grado 2 de z(x, y),centrado en (π/2, π/2).

4.4. Sean g : R2 → R de clase C2, y λ > 0, tales que

g(0, 0) = λ, D21,1g(0, 0) = D2

2,2g(0, 0) = D21,2g(0, 0) = −λ.

(a) Prueba que la ecuacion xz3 + z g(x, y) = x2 + y2 + z2 define implıcitamenteuna funcion z = h(x, y) de clase C1 en un entorno de (0, 0), con h(0, 0) = λ.

(b) Prueba que, si h tiene un extremo local en (0, 0), se cumple D2g(0, 0) = 0.(c) ¿Es un maximo o un mınimo?


4.5. Se define f : R3 → R por f(x, y, z) = x + y + z − sin(xyz).(a) Demuestra que la ecuacion f(x, y, z) = 0 define en un entorno de (0, 0, 0) una

funcion implıcita z = h(x, y).(b) Calcula las derivadas segundas de h en (0, 0).(c) ¿Hay algun entorno de (0, 0) donde la funcion (x, y) →

(

h(x, y), 2y)

tengainversa diferenciable?

4.6. Halla el maximo y el mınimo valor, si existen, de f(x, y, z) = xy(z + 1) enD =

{

(x, y, z) ∈ R3 : x2 + y2 + z2 ≤ 1, z ≥ 0}

.

4.7. ¿Donde alcanza su maximo valor f(x, y, z) = ax2 + by2 + cz2, con 0 < a < b < c,en D =

{

(x, y, z) ∈ R3; x2 + y2 + z2 ≤ 1, z ≥ 0}

.

4.8. Halla el maximo y el mınimo valor, si existen, de f(x, y) = (x2 + y2)ex+y enD =

{

(x, y) ∈ R2; x2 + y2 ≤ 1, x + y ≤ −1}

.

4.9. Halla el maximo y el mınimo valor, si existen, de f(x, y) = x2 − 3x + 4y2 − 4yen D =

{

(x, y) ∈ R2; x2 + 4y2 ≤ 1, x ≥ 0}

.

4.10. Halla el maximo y el mınimo valor, si existen, de f(x, y, z) = x2+y2+z2+x+yen D =

{

(x, y, z) ∈ R3; x2 + y2 + z2 ≤ 4, z ≥ 0}

.


5. APLICACIONES GEOMETRICAS

TANGENTE Y NORMAL A UNA CURVA EN EL PLANO

Sea ϕ : (t1, t2) → R2, inyectiva, de clase C1, con Dϕ(t) 6= 0 para todo t. Diremos que ϕes una representacion parametrica, o una parametrizacion de una curva en R2.ϕ es un homeomorfismo (¿por que?) entre el intervalo abierto (t1, t2) y el recorridoϕ(

(t1, t2))

. Distinguimos entre la curva, que es el recorrido de la parametrizacion,y esta, porque una misma curva puede admitir diferentes parametrizaciones, comomuestra el ejemplo que sigue.

Ejemplo. ϕ : (0, π/2) → R2, dada por ϕ(t) = (cos t, sin t), es una parametrizaciondel arco de la circunferencia unidad contenido en el primer cuadrante del plano. Otraparametrizacion es ψ(t) = (cos 2t, sin 2t), con 0 < t < π/4.

Si ϕ es una parametrizacion de una curva del plano, decimos que el vector derivadaϕ′(t) =

(

ϕ′1(t), ϕ′2(t)

)

es un vector tangente a la curva en el punto ϕ(t). Estevector tangente depende de la parametrizacion.

Ejemplo (continuacion). Para las parametrizaciones del arco de circunferencia delejemplo, tenemos

ϕ′(t) = (− sin t, cos t), ψ′(t) = (−2 sin 2t, 2 cos 2t),

con lo que el vector tangente en (1/√

2, 1/√

2) es, en un caso, (−1/√

2, 1/√

2), y, enel otro, (−

√2,√

2). Observa que estos vectores definen la misma direccion.

Sea ϕ : (t1, t2) → R2 una parametrizacion de una curva del plano. Las expre-siones cambio de parametro, o reparametrizacion, designan un difeomorfismoh : (s1, s2) → (t1, t2). Entonces ψ = ϕ ◦ h es otra parametrizacion de la misma curva(el recorrido de ϕ y ψ es el mismo). Por la regla de la cadena, ψ′(t) = h′(s)ϕ′(h(s)),y los vectores tangentes definen la misma direccion. Si h′(s) > 0, tienen ademasel mismo sentido, y decimos que el cambio de parametro conserva el sentido. Sih′(s) < 0, decimos que invierte el sentido.La recta que pasa por un punto ϕ(t) y tiene la direccion del vector tangente ϕ′(t)es la recta tangente a la curva en ese punto. La recta tangente no depende de laparametrizacion. La recta perpendicular a la tangente en el punto ϕ(t) es la rectanormal. Un vector director de la recta normal es

(

− ϕ′2(t), ϕ′1(t)

)

.

Si f : (a, b) → R es una funcion de clase C1, con f ′(x) 6= 0 para todo x, se obtienede forma obvia una parametrizacion de la grafica de f tomando ϕ(x) =

(

x, f(x))

. Elvector tangente en

(

x, f(x))

es(

1, f ′(x))

. Observa que la pendiente de este vectorcoincide con la derivada f ′(x).Una curva de R2 es un subconjunto M ⊂ R2 tal que, para cada punto (x, y) ∈M existen un entorno U y una parametrizacion ϕ : (t1, t2) → R2 de modo queϕ(

(t1, t2)

= M ∩ U . Con esta definicion de curva, la grafica de una funcion f :(a, b) → R como la del parrafo anterior es una curva, aunque no toda curva del planoes la grafica de una funcion de una variable (v. el ejemplo que sigue). Observa que,si en entorno de un punto (x0, y0) ∈ M hay dos parametrizaciones ϕ y ψ, podemosrestringir estas a un arco de M de modo que ϕ ◦ ψ−1 sea un cambio de parametro.Tiene sentido, pues, considerar las rectas tangente y normal a una curva en un punto,ya que no dependen de la parametrizacion.


Ejemplo. La circunferencia unidad del plano es una curva. Para cada punto (x, y) dela circunferencia existe θ ∈ [0, 2π) tal que x = cos θ, y = sin θ, y basta definir ϕ(t) =(cos t, sin t) en

(

θ−π/2, θ+π/2)

para tener una parametrizacion de la circunferencia enun entorno de ese punto. Esta parametrizacion da un vector tangente (− sin θ, cos θ)(con sentido antihorario) y un vector normal (− cos θ, sin θ) (con sentido hacia elorigen).Observa que no solo la circunferencia no es la grafica de ninguna funcion de unavariable, sino que no es posible definir una parametrizacion unica para toda la cir-cunferencia, puesto que es un subconjunto compacto de R2, y toda parametrizaciones un homeomorfismo.

Sea f : A → R de clase C1, con A ⊂ R2 abierto, y supongamos que ∇f(x, y) 6= 0 paratodo (x, y) ∈ A. Entonces M =

{

(x, y) ∈ A : f(x, y) = 0}

es una curva. En efecto,por el teorema de la funcion implıcita, en un entorno de un punto (x0, y0) ∈ Mpodemos expresar una coordenada como funcion implıcita de la otra, por ejemploy = g(x). Entonces x →

(

x, g(x))

es una parametrizacion en un entorno de (x0, y0).Recuerda que la derivada de la funcion implıcita es

g′(x) = −∂f/∂x∂f/∂y

y por consiguiente los vectores(

−∂f∂y

,∂f∂x

)

,(

∂f∂x

,∂f∂y

)

son, respectivamente, tangente y normal a la curva. Si expresamos x como funcionimplıcita de y llegamos al mismo resultado.Ası pues, f(x, y) = 0, con f de clase C1 y ∇f(x, y) = 6= 0, define una curva en elplano, y el gradiente ∇f(x, y) da la direccion normal a la curva. Estas ecuaciones sellaman ecuaciones implıcitas.

Ejemplo. La circunferencia puede darse por la ecuacion implıcita x2 + y2 − 1 = 0.En el punto (1/

√2, 1/

√2), por ejemplo, el gradiente es (

√2,√

2), la recta tangentex + y =

√2, y la recta normal x− y = 0.

Si A ⊂ R2 es abierto y f : A → R, un conjunto del tipo{

(x, .y) ∈ A : f(x, y) = C}

,con C ∈ R, es una isocuanta o curva de nivel de f . En distintos ambitos cientıficos,las isocuantas reciben nombres adecuados al contexto: isobaras, isotermas, curvas depotencial, etc.Si f es de clase C1 y el gradiente no se anula, las isocuantas son curvas en el sentidoque hemos dado aquı al termino. El gradiente en un punto es un vector normal ala isocuanta que pasa por ese punto. Recuerda que la derivada en la direccion delgradiente es maxima, y en la direccion perpendicular, nula. El que la derivada enla direccion tangente a la curva sea nula, se corresponde con el que la funcion seaconstante sobre esa curva.El teorema de Lagrange tiene de esta forma una interpretacion geometrica atractiva.En un punto en el que f tiene un maximo o mınimo local sobre la curva de ecuaciong(x, y) = 0, el gradiente de f es normal a esta curva, lo que equivale a que esta seatangente a la isocuanta de f que pasa por ese punto. Esta es la base de los metodosgraficos de optimizacion.

Ejemplo. El maximo de f(x, y) = xy sobre D ={

(x, y) ∈ R2 : x + y ≤ 1, x, y ≥ 0}

se alcanza en (1/2, 1/2), que es la interseccion de la recta x + y = 1 con la isocuantaxy = 1/4. La recta es tangente a la hiperbola en este punto.


Ejercicios1. Halla las ecuaciones de las rectas tangente y normal a la hiperbola x2 − y2 = 1 enel punto

(√3,√

2)

.2. Demuestra que la ecuacion y3 + 3x2y − x3 + 2x + 3y = 0 define una curva. Hallalas ecuaciones de las rectas tangente y normal en el origen.

ECUACION DIFERENCIAL DE UN HAZ DE CURVAS

Una ecuacion diferencial es una ecuacion en la que intervienen una funcion y susderivadas. Si se trata de una funcion de una variable, tenemos una ecuacion dife-rencial ordinaria, y si no, una ecuacion en derivadas parciales. Nos limitaremosaquı a las ecuaciones ordinarias. Si designamos por y una funcion de x, y por y′,y′′, etc., sus derivadas, una ecuacion diferencial ordinaria de orden n es unaexpresion del tipo f

(

x, y, y′, . . . , y(n))

= 0.Las funciones que cumplen una ecuacion diferencial son sus soluciones. En estecapıtulo incluimos algunos metodos para resolver ecuaciones ordinarias de primerorden. En el curso de Ecuaciones diferenciales se veran otros metodos.

Ejemplo. y′ = x es una ecuacion de primer orden, con infinitas soluciones, quepodemos expresar en la forma y = x2/2 + C, con C ∈ R.

En general, una ecuacion diferencial tiene infinitas soluciones. Una expresion comola del ejemplo anterior, en la que las soluciones se obtienen al dar valores a uno ovarios parametros (C en el ejemplo), se llama solucion general de la ecuacion. Lassoluciones particulares pueden identificarse a traves de los parametros, o mediantecondiciones que se denominan genericamente condiciones iniciales.

Ejemplo. Hallamos la solucion de y′′ = x que es tangente a la recta y = x en elorigen. La solucion general es y = x3/6 + C1x + C2, y la condicion que imponemospara seleccionar la solucion particular equivale a y(0) = 0, y′(0) = 1, o sea a C1 = 1,C2 = 0. Luego la solucion buscada es y = x3/6 + x.

Si consideramos que la grafica de una solucion de una ecuacion diferencial ordi-naria es una curva, podemos interpretar la solucion general como la ecuacion deun haz de curvas. Entonces la ecuacion diferencial cuya solucion da el haz es laecuacion diferencial del haz. En general, no se exige que la ecuacion del haz deexplıcitamente y como funcion de x, sino que se admiten ecuaciones implıcitas deltipo g

(

x,C1, . . . , Cn)

= 0 (v. Ejemplo).

Ejemplo. Consideremos el haz de circunferencias de ecuacion x2 + y2 = C (C > 0).Derivando implıcitamente (allı donde y 6= 0), resulta la ecuacion diferencial del haz,x+yy′ = 0. Se ve claro que, para cualquier solucion y(x) de esta ecuacion, x2 +y(x)2

es constante.Observa que, en la ecuacion diferencial, y = 0 implica x = 0, y por consiguienteninguna solucion puede tomar el valor 0. Sin embargo, los puntos

(

±√

C, 0)

estanincluidos en la ecuacion del haz de circunferencias. Al expresar las soluciones enforma implıcita podemos incluir algunos puntos que no tienen sentido en la ecuaciondiferencial.


Cuando las rectas tangentes a dos curvas en un punto en el cual se cortan son per-pendiculares, decimos que las curvas lo son. Si todas las curvas de un haz son per-pendiculares a las de otro haz, alla donde se corten, decimos que uno es el haz detrayectorias ortogonales del otro. Para pasar de un haz al de trayectorias ortogo-nales basta cambiar y′ por −1/y′ en la ecuacion diferencial.

Ejemplo. El haz de circunferencias x2 + y2 = C y el haz de rectas y = Cx sonortogonales (C no es lo mismo en las dos ecuaciones). Las ecuaciones diferencialesson x + yy′ = 0 y xy′ − y = 0, respectivamente.

Ejercicios1. ¿Cuales son las trayectorias ortogonales al haz de curvas exponenciales y = Ce−2x,con C ∈ R?2. ¿Cuales son las trayectorias ortogonales al haz de hiperbolas xy = C, con C ∈ R?

ECUACIONES EN VARIABLES SEPARABLES

Las ecuaciones diferenciales mas sencillas son las que se pueden expresar en la formaf(y)y′ = g(x). Se llaman ecuaciones en variables separables. Si F es unaprimitiva de f y G una primitiva de g, se ve facilmente que la solucion general esF (y) = G(x) + C. En algunos lugares, estas ecuaciones se presentan en la formaclasica f(y) dy = g(x) dx. Entonces la solucion se presenta en forma de integral,

∫

f(y) dy =∫

g(x) dx + C.

Ejemplo. Hallamos la solucion de(

1 + ex)

yy′ = ex que cumple y(0) = 0. Para ellointegramos en los dos miembros de

yy′ =ex

1 + ex ,

obteniendo y2/2 = log(

1 + ex)

+ C. Por la condicion inicial, debe ser C = − log 2, yen definitiva la solucion es

y = 2 log(

1 + ex

2

)

.

A veces se puede transformar una ecuacion en otra en variables separables medianteun cambio de variable. El caso mas tıpico es el de una ecuacion homogenea,y′ = f(y/x). Con el cambio de variable u = y/x, esta ecuacion se convierte enu′x + u = f(u), que es una ecuacion en variables separables.

Ejemplo. Resolvemos la ecuacion

y′ =y2 + 2xyx2 + 2xy

.

Con el cambio u = y/x, la ecuacion se transforma en

u′x + u =u2 + 2u1 + 2u

.


Separando las variables, tenemos

1 + 2uu(1− u)

u′ =1x

.

Suponiendo que todas las funciones que aparecen en esta expresion son positivas, laintegral es

logu

(1− u)3= log x + C.

Operando y reemplazando u por y/x, podemos llegar a la solucion general

xy + C(

x− y)3

= 0.

Se puede comprobar, derivando implıcitamente y eliminando C, que las curvas de estehaz satisfacen la ecuacion diferencial de partida, para cualquier C 6= 0, sin ningunasuposicion sobre el signo de las funciones que intervienen en la ecuacion del haz. Estovalida nuestro argumento, a pesar del descuido con el que hemos colocado algunasfunciones en el denominador de una expresion, o manejado los logaritmos de otras sincontar con que podıan no ser positivas.

Una variante de este metodo se puede usar para ecuaciones del tipo

y′ = f(

a1x + b1y + c1

a2x + b2y + c2

)

.

Si a1b2 = a2b1, se hace u = a1x+b1y y se obtiene una ecuacion en variables separables(en u y x). Si a1b2 6= a2b1, se escogen α y β de forma que a1α + b1β + c1 =a2α + b2β + c2 = 0, y el cambio x = u + α, y = v + β da una ecuacion homogenea (env y u).

Ejercicios1. Resuelve la ecuacion xy′ − y = y3.2. Resuelve la ecuacion

(

x + 4y)

y′ = x + y.3. Resuelve la ecuacion

y′ =x + y + 1

2x.

4. Resuelve la ecuaciony′ = − x + y + 1

3x + 3y + 4.

ECUACIONES DIFERENCIALES EXACTAS

Una ecuacion diferencial exacta es una ecuacion P (x, y) + Q(x, y)y′ = 0 tal queexiste una funcion F (x, y), que se llama primitiva, tal que

∂F∂x

= P,∂F∂y

= Q.

Entonces la solucion general es el haz de ecuacion F (x, y) = C. Basta derivarimplıcitamente en esta ecuacion para obtener la ecuacion diferencial. Por el teoremade Schwarz, una condicion necesaria para que exista la primitiva es

∂Q∂x

=∂P∂y

.

Se puede demostrar que, en un subconjunto abierto del plano que cumple ciertascondiciones topologicas (simplemente conexo), esta condicion es suficiente.


Ejemplo.(

2x3 + 3y)

+(

3x + y − 1)y′ = 0 es una ecuacion exacta, y F (x, y) =2x4 + 3xy + y2/2− y es una primitiva.

Una funcion H(x, y), tal que P (x, y)H(x, y)+Q(x, y)H(x, y)y′ = 0 es exacta, se llamafactor integrante. El factor integrante debe cumplir

∂(QH)∂x

=∂(PH)

∂y.

Ejemplo. H(x) = 1/x2 es un factor integrante de x2 − y + xy′ = 0. En efecto, laecuacion 1− y/x + y′/x = 0 es exacta, y F (x, y) = x + y/x es una primitiva.

Se puede probar que, en ciertas condiciones, una ecuacion P (x, y) + Q(x, y)y′ = 0admite un factor integrante, pero no siempre es sencillo hallarlo. No obstante, es facilaveriguar si hay un factor integrante que solo depende de una variable, x o y. Porejemplo, si hay un factor integrante H(x), la condicion necesaria que hemos vistoanteriormente se convierte en

H(x)∂P∂y

=∂Q∂x

H(x) + Q(x, y)H ′(x),

o sea∂P∂y

− ∂Q∂x

Q(x, y)=

H ′(x)H(x)

y por tanto la expresion del primer miembro no depende de y. Integrando y aplicandola funcion exponencial tenemos el factor integrante.Con un razonamiento analogo se puede ver que una condicion necesaria (y en lamayorıa de los casos suficiente) para que haya un factor integrante H(y) es que

∂P∂y

− ∂Q∂x

P (x, y)

solo dependa de y.

Ejemplo (continuacion). En la ecuacion x2 − y + xy′ = 0,

∂P∂y

− ∂Q∂y

Q(x, y)= − 2

x

e integrando y aplicando la exponencial a esta expresion obtenemos H(x) = 1/x2.

Ejercicios1. Resuelve la ecuacion 3x2 + 6xy2 +

(

6x2y + 4y3)

y′ = 0.

2. Resuelve la ecuacion y2exy2+ 4x3 +

(

2xyexy2 − 3y2)

y′ = 0.3. Resuelve x + y2 − 2xyy′ = 0 usando un factor integrante.4. Resuelve 2xy4ey+2xy3+y+

(

x2y4ey−x2y2−3x)

y′ = 0 usando un factor integrante.

5. Resuelve y(

y + 2x + 1)

− xy′(

2y + x− 1)

= 0, usando un factor integrante del tipog(xy).


ECUACIONES DIFERENCIALES LINEALES

Una ecuacion diferencial lineal es una ecuacion diferencial que es lineal en y yen sus derivadas. Las ecuaciones diferenciales lineales de primer orden se puedenexpresar en la forma y′ + P (x)y = Q(x).Consideremos, en primer lugar, una ecuacion lineal del tipo y′ + P (x)y = 0. Estasecuaciones se llaman homogeneas (no tienen nada que ver con las ecuaciones ho-mogeneas de la seccion anterior). Una ecuacion lineal homogenea es una ecuacion envariables separables, y′ + P (x)y = 0, y ya sabemos como resolverla.Es interesante observar que el operador Ty = y′+Py es lineal, con lo que las solucionesde la ecuacion forman un espacio vectorial, el nucleo de T . En la solucion general deuna ecuacion de primer orden solo aparece un parametro, y por tanto la dimensiondel espacio de soluciones es 1.Consideremos ahora la forma general de la ecuacion lineal, Ty = Q. Si y1 e y2

son dos soluciones, y1 − y2 es una solucion de la ecuacion homogenea Ty = 0. Porconsiguiente, la solucion general de la ecuacion y′ + P (x)y = Q(x) es la sumade la solucion general de la ecuacion homogenea y′ + P (x)y = 0 y de unasolucion particular.

Ejemplo. Vamos a hallar la solucion general de y′ = 3y + x. En primer lugar, laecuacion homogenea y′ − 3y = 0 se puede expresar como una ecuacion en variablesseparables, y′/y = 3, e integrando en ambos miembros (e ignorando el signo de y),resulta log y = 3x + C, con lo que la solucion general es y = C e3x. Ası pues, lassoluciones forman un espacio vectorial de dimension 1, generado por x → e3x.En este caso, es facil ver que un polinomio de primer grado puede ser una solucion dela ecuacion completa. Ensayando y = ax + b, obtenemos a = −1/3, b = −1/9. Portanto, la solucion general de la ecuacion completa es y = C e3x − x/3− 1/9.

Se puede dar una formula para obtener directamente la solucion general de unaecuacion lineal de primer orden. En primer lugar, operando como en el ejemploanterior, podemos ver que la solucion general de la ecuacion homogenea es

y = C e−∫

P (x) dx.

La solucion particular se puede obtener por tanteo, como hemos hecho en el ejemplo,o por un metodo conocido como metodo de variacion de las constantes, del queno nos vamos a ocupar aquı. Otra vıa, que permite resolver la ecuacion de una vez, sinnecesidad de considerar primero la ecuacion homogenea, es usar un factor integrante.Aplicando lo que vimos en la seccion anterior, podemos ver que P (x)y−Q(x)+y′ = 0tiene un factor integrante que solo depende de x, concretamente

H(x) = e∫

P (x) dx.

Entonces la ecuacion(

P (x)y −Q(x))

e∫

P (x) dx + y′ e∫

P (x) dx = 0

es exacta, y

F (x, y) = y e∫

P (x) dx −∫

Q(x) e∫

P (x) dxdx

es una primitiva. Igualando a C y despejando y obtenemos una formula general,

y = e−∫

P (x) dx(

C +∫

Q(x) e∫

P (x) dxdx)

,

que incluye, en el primer sumando, la solucion general de la ecuacion homogenea.Una ecuacion de Bernouilli es una ecuacion del tipo y′ + P (x)y = Q(x)yα. Escri-biendo esta ecuacion en la forma y−αy′ + P (x)y1−α = Q(x), se ve facilmente que sepuede convertir en una ecuacion lineal mediante el cambio u = y1−α.


Ejemplo. y′ − y = xy6 es una ecuacion de Bernouilli, que, mediante la sustitucionu = y−5, se transforma en u′ + 5u = −x. La solucion de esta es

u = e−∫

5 dx(

C +∫

−x e∫

5 dxdx)

= Ce−5x − x5

+125

.

Ejercicios1. Resuelve la ecuacion y′ + y = x2.2. Resuelve la ecuacion y′ + 2xy = xy3.3. Resuelve la ecuacion y′ + 4xy = 2x e−x2 √

y.

CURVAS Y SUPERFICIES EN Rn

Vamos a extender ahora a Rn la definicion de parametrizacion de una curva. Unaparametrizacion de una curva en Rn es una funcion ϕ : (t1, t2) → Rn, inyectiva, declase C1, con Dϕ(t) 6= 0 para todo t. ϕ es un homeomorfismo entre el intervalo abierto(t1, t2) y el recorrido ϕ

(

(t1, t2))

. El vector derivada ϕ′(t) =(

ϕ′1(t), . . . , ϕ′n(t)

)

es unvector tangente a la curva en el punto ϕ(t). Este vector tangente depende de laparametrizacion.Si h : (s1, s2) → (t1, t2) es un cambio de parametro, ψ = ϕ◦h es otra parametrizacion,con el mismo recorrido, y ψ′(t) = h′(s)ϕ′(h(s)). El subespacio generado por el vectortangente (dimension 1) se llama subespacio tangente, y el subespacio ortogonal aeste (dimension n− 1), subespacio normal.La recta que pasa por un punto ϕ(t), y tiene la direccion del vector tangente ϕ′(t), esla recta tangente a la curva en ese punto. El hiperplano perpendicular a la rectatangente en ϕ(t) es el hiperplano normal. La recta tangente y el plano normal nocambian al aplicar un cambio de parametro.

Ejemplo. ϕ(t) = (cos t, sin t, t), t ∈ R, es una parametrizacion de una helice circular.Un vector tangente en (1, 0, 0), donde t = 0, es u = (0, 1, 1), y la recta tangente tieneecuacion

x = 1, y = z.

Los vectores v = (0, 1,−1) y w = (1, 0, 0) forman una base del subespacio normal. Laecuacion del plano normal es y + z = 0.

Una curva de Rn es un subconjunto M ⊂ R2 tal que, para cada punto x ∈ M existenun entorno U y una parametrizacion ϕ : (t1, t2) → Rn de modo que ϕ

(

(t1, t2))

=M ∩ U . Si en un entorno de un punto de M hay dos parametrizaciones ϕ y ψ,podemos restringir estas a un arco de M de modo que ϕ ◦ ψ−1 sea un cambio deparametro, de modo que la recta tangente y el plano normal estan bien definidos.Sea f : A → Rn−1 una funcion de clase C1, con A ⊂ Rn abierto, y supongamos queDf(x) tiene rango n − 1 (equivalentemente, los gradientes de las componentes de fson linealmente independientes) para todo x ∈ A. Entonces M =

{

x ∈ A : f(x) = 0}

es una curva. Por el teorema de la funcion implıcita, en un entorno de un punto deM todas las coordenadas se pueden dar como funcion implıcita de una de ellas, ytenemos una parametrizacion.Sea, para simplificar la notacion, la funcion implıcita (x2, . . . , xn) = g(x1). Entoncesf(

x1, g(x1))

= 0, y, por la regla de la cadena, Df(x) ◦ Dg(x1) = 0. Esto implicaque el subespacio tangente a la curva coincide con el nucleo de la diferencial Df(x),o, si se prefiere, con el subespacio ortogonal a las filas de la matriz jacobiana (losgradientes de las componentes de f), que forman una base del subespacio normal.


Ejemplo. Consideremos las ecuaciones

z = x2 + y2, x + y + z = 1,

que aparecıan en un ejemplo del capıtulo anterior. Definiendo f : R3 → R porf(x, y, z) = (x2 + y2 − z, x + y + z − 1), tenemos

Df(x, y, z) =[

2x 2y −11 1 1

]

,

con rango 2 en todos los puntos para los que f(x, y, z) = 0. Por tanto estas ecuacionesdefinen una curva en R3.Consideremos un punto de esta curva, por ejemplo

(

0, (√

5−1)/2, (3−√

5)/2)

. Si u estangente a la curva en este punto, debe ser ortogonal a las filas de la matriz jacobianade f o sea

(√5− 1

)

u2 − u3 = u1 + u2 + u3 = 0.

Una solucion de este sistema es(

−√

5, 1,√

5− 1)

, y por tanto la recta tangente es

x−√

5= y −

√5− 12

=z −

(

3−√

5)

/2√

5− 1.

La ecuacion del plano normal es

−√

5 x + y −√

5− 12

+(√

5− 1)

(

z − 3−√

52

)

= 0.

Una parametrizacion p-dimensional en Rn es una funcion inyectiva ϕ : T → Rn,de clase C1, definida en un abierto T ⊂ Rn, donde Dϕ(t) tiene rango p para todo t ∈ T .Los vectores columna de la matriz jacobiana de ϕ, que son linealmente independientes,generan un subespacio p dimensional que se llama subespacio tangente. El ortogonales el subespacio normal. Observa que, si fijamos todos los parametros menos uno, yconsideramos

s →(

t1, . . . , ti−1, s, ti+1, . . . , tp)

,

obtenemos una parametrizacion de una curva. Un vector tangente es ∂ϕ/∂ti.Un cambio de parametros es un difeomorfismo h : V → U . ψ = ϕ ◦ h es otraparametrizacion, con el mismo recorrido. Por la regla de la cadena, Dψ(s) =Dϕ

(

(h(s))

◦ Dh(s). Como Dh(s) es invertible, las filas de Dψ(s) son combinacionlineal de las de Dϕ

(

(h(s))

, y viceversa. Luego el subespacio tangente no cambia alaplicar un cambio de parametros, ni tampoco el subespacio normal.

Ejemplo. ϕ :(

0, π/2)

×(

0, π/2)

→ R3 definida por

ϕ(s, t) =(

cos s cos t, sin s, cos t, sin t)

es una parametrizacion bidimensional, y el recorrido de ϕ es un octante de la esferade centro el origen y radio 1. Los vectores

∂ϕ∂s

=(

− sin s cos t, cos s cos t, 0)

,∂ϕ∂t

=(

− cos s sin t, sin s sin t, cos t)

son linealmente independientes y generan el subespacio tangente. En el punto(

1/√

3, 1/√

3, 1/√

3)

, donde s = π/4 y t = arcsin(1/√

3), los vectores tangentes son

u =(

− 1/√

3, 1/√

3, 0)

, v =(

− 1/√

6,−1/√

6,√

2/3)

.


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

ϕ−1j ◦ ϕi : ϕ−1

i

(

ϕi(Ui) ∩ ϕj(Uj))

−→ ϕ−1j

(

ϕi(Ui) ∩ ϕj(Uj))

es un un cambio de parametros. Las variedades de dimension 1 son las curvas, y las dedimension 2 las superficies. Observa que, si un punto admite dos parametrizaciones,el subespacio tangente no depende de la parametrizacion.Las variedades se dan en forma implıcita igual que las curvas, y el numero de ecua-ciones, que en las curvas era n − 1, determina la dimension. Si f : A → Rn−p

es una funcion de clase C1, con A ⊂ Rn abierto, y Df(x) tiene rango n − p parax ∈ A, el teorema de la funcion implıcita (p coordenadas como funcion implıcitade las restantes) proporciona una parametrizacion p-dimensional. De este modo,M =

{

x ∈ A : f(x) = 0}

es una variedad p-dimensional. El mismo argumento quehemos usado para las curvas muestra que el subespacio tangente en un punto x ∈ Mcoincide con el nucleo de Df(x), que es el subespacio formado por los vectores paralos que la derivada direccional se anula.Vimos antes que los generadores del subespacio tangente dados por las derivadasparciales ∂ϕ/∂ti eran vectores tangentes a una curva contenida en la variedad. Esinteresante observar que todo vector tangente a una variedad es tangente a una curvacontenida en ella, y recıprocamente. En primer lugar, supongamos que γ : (s1, s2) →Rn es una parametrizacion de una curva contenida en M = {x ∈ Rn : f(x) = 0}.Entonces f

(

γ(s))

= 0 para todo s, y, por la regla de la cadena, Df(

γ(s))

◦ Dγ(s),con lo que el vector derivada γ′(s) pertenece al nucleo de Df

(

γ(s))

, y es tangente.Recıprocamente, si ϕ : U → M es una parametrizacion de un subconjunto de lavariedad, y

v = λ1∂ϕ∂t1

+ · · ·+ λp∂ϕ∂tp

es un vector tangente, γ(s) = ϕ(

λ1s, . . . , λps)

define una curva tangente a u.

Ejemplo (continuacion). Si f(x, y, z) = x2 + y2 + z2 − 1, f(x, y, z) = 0 es laecuacion de la esfera unidad. El gradiente es ∇f(x, y, z) =

(

2x, 2y, 2z)

. Haciendox = y = z = 1/

√3, obtenemos el vector w =

(

2/√

3, 2/√

3, 2/√

3)

, que es ortogonala los vectores tangentes que obtuvimos antes, usando la parametrizacion del primeroctante. La ecuacion del plano tangente es

2√3

(

x− 1√3

)

+2√3

(

y − 1√3

)

+2√3

(

z − 1√3

)

= 0,

o sea x + y + x =√

3. La ecuacion de la recta normal es

x− 1/√

32/√

3=

y − 1/√

32/√

3=

z − 1/√

32/√

3,

o sea x = y = z.

Ejemplo (continuacion). Volvemos a la curva del capıtulo anterior, pero ahoraconsideramos las dos superficies cuya interseccion da la curva. En primer lugar,z = x2 + y2 define una superficie (un paraboloide). Un vector normal en el punto(

0,√

5 − 1)/2, (3 −√

5)/2)

es v =(

0,√

5 − 1,−1)

, y por tanto el plano tangente enese punto es

(√5− 1

)

(

y −√

5− 12

)

−

(

z − 3−√

52

)

= 0.

El plano x + y + z = 1 es otra superficie, que coincide con su plano tangente, y lainterseccion de ambos planos es la recta tangente a la curva que dan ambas ecuacionesjuntas, que es la interseccion del paraboloide y el plano, y que ya hemos hallado antes.


Ejercicios1. Comprueba que el sistema

x2 + y2 + z2 = 1, x + y + z = 1

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

xy = 1, x2 + y2 + z2 + z = 2

define una curva en un entorno de (1, 1, 0). Halla la ecuacion de la recta tangente enese punto.

PROBLEMAS

5.1. Halla la distancia de la curva dada por las ecuaciones

x2 + y2 + z = 4, x + y + z = 1

al plano tangente a la superficie x2 + y2 − 4y + z = 0 en el punto (0, 4, 0).

5.2. De todas las rectas normales a la elipse x2/4 + y2 = 1, ¿cual es la que esta amayor distancia del origen?

5.3. Considera el sistema

2z = 16− x2 − y2, x + y = 4.

(a) Prueba que este sistema define una curva de R3.(b) Prueba que los puntos a distancia mınima del origen son (2 +

√3, 2−

√3, 1) y

(2−√

3, 2 +√

3, 1).(c) Considera el arco de esta curva obtenido al restringir x, y ≥ 0. Prueba que el

punto de este arco a distancia maxima del origen es (2, 2, 4).

5.4. Considera la ecuacion diferencial de primer orden e2x − y2 + yy′ = 0.(a) Resuelve la ecuacion transformandola previamente en una ecuacion exacta.(b) Resuelvela usando el cambio de variable z = y2.

5.5. Considera una curva tal que si P es un punto cualquiera de ella, A es la inter-seccion de la tangente con el eje y, y B la interseccion de la normal con el eje x, larecta y + x = 0 pasa por el punto medio de A y B. ¿Cual es la ecuacion de la curva?

5.6. Da la ecuacion de una curva tal que la interseccion del eje x y la recta normal ala curva por un punto (x, y) esta a la misma distancia de (x, y) que el origen.


6. PROBLEMAS DE REPASO

6.1. Sea A ⊂ Rn un conjunto convexo. Demostrar que A y A◦ son convexos.

6.2. Sea (Cm)m una sucesion decreciente de subconjuntos compactos no vacıos deRn, con lim δ(Cm) = 0. Demuestra que la interseccion de esta sucesion es un conjuntoque contiene exactamente un punto.

6.3. Sean A,B ⊂ Rn, de modo que A sea compacto y B cerrado. Demuestra queexisten a ∈ A y b ∈ B tales que ‖a− b‖ = d(A,B). Muestra con un ejemplo que estono es cierto, en general, para dos conjuntos cerrados.

6.4. Sean A ⊂ Rn abierto, a ∈ A, f : A → R continua en a, y g : A → R diferenciableen a, con g(a) = 0. Demuestra que fg es diferenciable en a.

6.5. Sean A ⊂ Rn, abierto y convexo, y f : A → Rm diferenciable. Demuestra quese cumple

supx6=y

x,y∈A

∥

∥f(x)− f(y)∥

∥

∥

∥x− y∥

∥

= supz∈A

∥

∥Df(z)∥

∥.

Muestra con un ejemplo que si A no es convexo, esta formula puede no ser valida.Observacion.

∥

∥Df(x)∥

∥ es la norma de una aplicacion lineal, no la norma de un vector.

6.6. Hallar y clasificar, segun los valores del parametro α, los extremos locales de lafuncion f : R2 → R definida por

f(x, y) =(

α− x)(

α− y)(

x + y − α)

.

6.7. Prueba que el sistema

u = x3, v = x + y

define un cambio de variable (x, y) → (u, v), en el primer cuadrante del plano xy.¿En que dominio del plano uv se transforma este cuadrante? ¿Cual es el jacobianodel cambio?

6.8. Sean D ={

(x, y) ∈ R2 : x, y ≥ 0}

y f : D → R definida por f(x, y) = x1/3y2/3.(a) ¿Halla el maximo y el mınimo de f en

A ={

(x, y) ∈ D : x/√

3 ≤ y ≤√

3x, x2 + y2 ≤ 1}

,

si existen.(b) Lo mismo para

B ={

(x, y) ∈ D : x/√

3 ≤ y ≤√

3x, x2 + y2 ≥ 1}

.

6.9. Se define f :{

(x, y, z) ∈ R3; x2 + y2 + z2 ≤ 4, z ≤ 1}

→ R por f(x, y, z) =x2 + y2 + z2 + x + y + z. Halla el maximo y el mınimo valor de f , si existen.


6.10. Sea r la recta interseccion del plano xy y el plano tangente a la superficie deecuacion z = x2 + y2 en el punto (2

√2, 1, 9).

(a) Halla una ecuacion de r.(b) Si P es un punto de una curva del plano xy, sea Q la interseccion de r y la

normal a la curva en P . Da una ecuacion general para las curvas para lascuales la abscisa en cada punto P es el doble de la ordenada en Q.

6.11. Halla la ecuacion de una curva del plano que pase por el punto (3, 2) y, en todopunto (x, y), la ordenada de la interseccion de la recta tangente con el eje y sea iguala x.


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Análisis matemático 3