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Extremos Locales (parte 2)

Por Angélica Amellali Mercado Aguilar

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Extremos Locales parte 2 pequeño

Para el caso de funciones f:R3→R tenemos que recordando un poco de la expresión de taylor
f(x,y)=f(x0,y0)+(∂f∂x)p(x−x0)+(∂f∂y)p(y−y0)+(∂f∂z)p(z−z0)+

12!(∂2f∂x2p(x−x0)2+2∂2f∂x∂yp(x−x0)(y−y0)+∂2f∂y2p(y−y0)2+2∂2f∂x∂zp(z−z0)(x−x0)+2∂2f∂y∂zp(z−z0)(y−y0))
+∂2f∂z2p(z−z0)

Haciendo x−x0=h1,y−y0=h2,z−z0=h3 podemos escribir el término rojo de la siguiente manera
12!(∂2f∂x2h12+2∂2f∂x∂yh1h2+∂2f∂y2h22+2∂2f∂x∂zh3h1+2∂2f∂y∂zh3h2+∂2f∂z2h32)

y también se puede ver como producto de matrices
12!(h1 h2 h3)(∂2f∂x2∂2f∂y∂x∂2f∂z∂x∂2f∂x∂y∂2f∂y2∂2f∂z∂y∂2f∂x∂z∂2f∂y∂z∂2f∂z2)p(h1h2h3)

Si (x0,y0,z0) es un punto critico de la función entonces en la expresión de Taylor
f(x,y)=f(x0,y0)+(∂f∂x)p(x−x0)+(∂f∂y)p(y−y0)+(∂f∂z)p(z−z0)
12!(∂2f∂x2p(x−x0)2+2∂2f∂x∂yp(x−x0)(y−y0)+∂2f∂y2p(y−y0)2+2∂2f∂x∂zp(z−z0)(x−x0)+2∂2f∂y∂zp(z−z0)(y−y0))
+∂2f∂z2p(z−z0)(x−x0)

El término
∂f∂xp(x−x0)+∂f∂yp(y−y0)+∂f∂zp(z−z0)=0
y por lo tanto
f(x,y)−f(x0,y0)=12!(h1 h2 h3)(∂2f∂x2∂2f∂y∂x∂2f∂z∂x∂2f∂x∂y∂2f∂y2∂2f∂z∂y∂2f∂x∂z∂2f∂y∂z∂2f∂z2)p(h1h2h3)
vamos a determinar el signo de la forma
Q(h)=12!(h1 h2 h3)(∂2f∂x2∂2f∂y∂x∂2f∂z∂x∂2f∂x∂y∂2f∂y2∂2f∂z∂y∂2f∂x∂z∂2f∂y∂z∂2f∂z2)p(h1h2h3)

vamos a trabajar sin el término 12! que no afectara al signo de la expresión, tenemos entonces

Q(h)=(h1 h2 h3)(∂2f∂x2∂2f∂y∂x∂2f∂z∂x∂2f∂x∂y∂2f∂y2∂2f∂z∂y∂2f∂x∂z∂2f∂y∂z∂2f∂z2)p(h1h2h3)=∂2f∂x2h12+2∂2f∂x∂yh1h2+∂2f∂y2h22+2∂2f∂x∂zh3h1+2∂2f∂y∂zh3h2+∂2f∂z2h32


=∂2f∂x2(h1+∂2f∂y∂x∂2f∂x2h2)2+(∂2f∂y2∂2f∂x2−(∂2f∂y∂x)2∂2f∂x2)h22+2∂2f∂x∂zh3h1+2∂2f∂y∂zh3h2+∂2f∂z2h32

=∂2f∂x2(h1+∂2f∂y∂x∂2f∂x2h2)2+(∂2f∂y2∂2f∂x2−(∂2f∂y∂x)2∂2f∂x2)h22+2∂2f∂x∂zh3h1+2∂2f∂y∂zh3h2+∂2f∂z2h32

hacemos b1=∂2f∂x2,h1′=(h1+∂2f∂y∂x∂2f∂x2h2),b2=∂2f∂y2∂2f∂x2−(∂2f∂y∂x)2∂2f∂x2,  h2′=h2 y obtenemos
=b1h1′2+b2h2′2+2∂2f∂x∂zh3h1+2∂2f∂y∂zh3h2+∂2f∂z2h32
que podemos escribir

=b1h1′2+b2h2′2+2∂2f∂x∂z(h1+∂2f∂y∂x∂2f∂x2h2−∂2f∂y∂x∂2f∂x2h2)h3+2∂2f∂y∂zh3h2+∂2f∂z2h32
=b1h1′2+b2h2′2+2∂2f∂x∂z(h1′−∂2f∂y∂x∂2f∂x2h2′)h3+2∂2f∂y∂zh3h2+∂2f∂z2h32
=b1h1′2+b2h2′2+2∂2f∂x∂zh1′h3+(2∂2f∂y∂z−2∂2f∂x∂z∂2f∂y∂x∂2f∂x2)h2′h3+∂2f∂z2h32
hacemos

2b23=2∂2f∂y∂z−2∂2f∂x∂z∂2f∂y∂x∂2f∂x2y obtenemos
=b1h1′2+b2h2′2+2∂2f∂x∂zh1′h3+2b23h2′h3+∂2f∂z2h32
que se puede escribir

=b1(h1′2+2∂2f∂x∂zb1h1′h3+(∂2f∂x∂zh3b1)2)+b2(h2′2+2b23b2h2′h3+(b23b2h3)2)+(∂2f∂z2−(∂2f∂x∂z)2b1−b232b2)h32
hacemos
b3=∂2f∂z2−(∂2f∂x∂z)2b1−b232b2
y obtenemos

=b1(h1′2+2∂2f∂x∂zb1h1′h3+(∂2f∂x∂zh3b1)2)+b2(h2′2+2b23b2h2′h3+(b23b2h3)2)+b3h32
=b1(h1′+∂2f∂x∂zb1h3)2+b2(h2′+b23b2h3)2+b3h32
esta última expresión será positiva si y solo si b1>0  b2>0 y b3>0 en clases pasadas vimos los dos primeros, veamos ahora que b3=∂2f∂z2−(∂2f∂x∂z)2b1−b232b2>0
tenemos entonces que

∂2f∂z2−(∂2f∂x∂z)2b1−b232b2=∂2f∂z2−(∂2f∂x∂z)2∂2f∂z2−(∂2f∂y∂z−2∂2f∂x∂z∂2f∂y∂x∂2f∂x2)2∂2f∂y2∂2f∂x2−(∂2f∂y∂x)2∂2f∂x2

=∂2f∂z2∂2f∂x2(∂2f∂x∂z)2∂2f∂x2−(∂2f∂y∂z∂2f∂x2−∂2f∂x∂z∂2f∂y∂x)2(∂2f∂x2)2∂2f∂y2∂2f∂x2−(∂2f∂y∂x)2∂2f∂x2=∂2f∂z2∂2f∂x2(∂2f∂x∂z)2∂2f∂x2−(∂2f∂y∂z∂2f∂x2−∂2f∂x∂z∂2f∂y∂x)2(∂2f∂y2∂2f∂x2−(∂2f∂y∂x)2)∂2f∂x2

=(∂2f∂z2∂2f∂x2−(∂2f∂x∂z)2)(∂2f∂y2∂2f∂x2−(∂2f∂y∂x)2)−(∂2f∂y∂z∂2f∂x2−∂2f∂x∂z∂2f∂y∂x)2∂2f∂x2(∂2f∂y2∂2f∂x2−(∂2f∂y∂x)2)

=∂2f∂z2∂2f∂x2∂2f∂y2∂2f∂x2−∂2f∂z2∂2f∂x2(∂2f∂y∂x)2−∂2f∂y2∂2f∂x2(∂2f∂x∂z)2+(∂2f∂x∂z)2(∂2f∂y∂x)2−(∂2f∂y∂z)2(∂2f∂x2)2−∂2f∂x2(∂2f∂y2∂2f∂x2−(∂2f∂y∂x)2)

2(∂2f∂x2∂2f∂y∂z∂2f∂x∂z∂2f∂y∂x)−(∂2f∂x∂z)2(∂2f∂y∂x)2∂2f∂x2(∂2f∂y2∂2f∂x2−(∂2f∂y∂x)2)
=∂2f∂z2∂2f∂y2∂2f∂x2−∂2f∂z2(∂2f∂y∂x)2−∂2f∂y2(∂2f∂x∂z)2−(∂2f∂y∂z)2∂2f∂x2+2∂2f∂y∂z∂2f∂x∂z∂2f∂y∂x∂2f∂y2∂2f∂x2−(∂2f∂y∂x)2
=|∂2f∂x2∂2f∂y∂x∂2f∂z∂x∂2f∂x∂y∂2f∂y2∂2f∂z∂y∂2f∂x∂z∂2f∂y∂z∂2f∂z2|∂2f∂y2∂2f∂x2−(∂2f∂y∂x)2

por lo tanto
b3>0 ⇔ |∂2f∂x2∂2f∂y∂x∂2f∂z∂x∂2f∂x∂y∂2f∂y2∂2f∂z∂y∂2f∂x∂z∂2f∂y∂z∂2f∂z2|>0

Definición 1. La forma Q(x)=xAxt, que tiene asociada la matriz A (respecto a la base canónica de Rn) se dice:
Definida positiva, si Q(x)>0 ∀x∈ Rn
La forma Q(x)=xAxt, que tiene asociada la matriz A (respecto a la base canónica de Rn) se dice:
Definida negativa, si Q(x)<0 ∀x∈ Rn

Definición 2. Si la forma Q(x)=xAxt es definida positiva, entonces f tiene un mínimo local en en x.
Si la forma Q(x)=xAxt es definida negativa, entonces f tiene un máximo local en en x.

Hay criterios similares para una matriz simetrica A de n×n y consideramos las n submatrices cuadradas a lo largo de la diagonal, A es definida positiva si y solo si los determinantes de estas submatrices diagonales son todos mayores que cero. Para A definida negativa los signos deberan alternarse <0 y >0. En casi de que los determinantes de las submatrices diagonales sean todos diferentes de cero pero que la matrix no sea definida positiva o negativa, el punto crítico es tipo silla. Y por lo tanto el punto no es máximo ni mínimo. Asi tenemos el siguiente resultado.

Definición 3. Dada una matriz cuadrada A=aijj=1,…,ni=1,…,n se consideran las submatrices angulares Akk=1,…,n definidas como A1(a11) A2=(a11a12a21a22)  A3=(a11a12a13a21a22a23a31a32a33),⋯,An=A
se define detAk=△k

Definición 4. Se tiene entonces que que la forma Q(x)=xAXt es definida positiva si y solo si todos los dterminantes △k  k=1,…,n son números positivos.

Definición 5. La forma Q(x)=xAXt es definida negativa si y solo si los dterminantes △kk=1,…,n tienen signos alternados comenzando por △1<0,△2>0,… respectivamente.

Ejemplo. Consideremos la función f:R3→R f(x,y,z)=sin⁡x+sin⁡y+sin⁡z−sin⁡(x+y+z), el punto P=(π2,π2,π2) es
un punto crítico de f y en ese punto la matriz hessiana de

f es H(p)=[−2−1−1−1−2−1−1−1−2 ]
los determinantes de las submatrices angulares son
Δ1=det(−2) Δ2=det[−2−1−1−2 ]

Δ3=detH(p)=−4 puesto que son signos alternantes con Δt<0 concluimos que la funcion f tiene en (π2,π2,π2) un máximo local. Este máximo local vale f(π2,π2,π2)=4

Extremos Locales

Por Angélica Amellali Mercado Aguilar

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Introducción

Entre las caracteristicas geometricas básicas de la gráficas de una función estan sus puntos extremos, en los cuales la función alcanza sus valores mayor y menor.

Definición 1. Si f:u⊂Rn→R es una función escalar, dado un punto x0∈u se llama mínimo local de f si existe una vecindad v de x0 tal que ∀x∈v, f(x)>f(x0). De manera análoga, x0∈u es un máximo local si existe una vecindad v de x0 tal que f(x)<f(x0) ∀x∈v. El punto x0∈u es un extremo local o relativo, si es un mínimo local o máximo local.

Un punto x0 es un punto crítico de f si Df(x0)=0.

Un punto crítico que no es un extremo local se llama punto silla.

Teorema 1. Criterio de la primera derivada Si u∈R es abierto, la función f:u⊂Rn→R es diferenciable y x0∈u es un extremo local entonces ∇f(x0)=0, esto es x0 es un punto crítico de f.

Demostración. Supongamos que t alcanza su máximo local en x0. Entonces para cualquier h∈Rn la función g(t)=f(x0+th) tiene un máximo local en t=0. Asi, del cálculo de una variable g′(0)=0 ya que como g(0) es máximo local, g(t)≤g(0) para t>0 pequeño
∴g′(0)=limt→t0+g(t)−g(0)t=0
Análogamente para t<0 pequeño tomamos
g′(0)=limt→t0−g(t)−g(0)t=0
Ahora por regla de la cadena g′(0)=∂f∂x1(x0)h1+∂f∂x2(x0)h2+⋯+∂f∂xn(x0)h0=∇f(x0)⋅h
Así ∇f(x0)⋅h=0∀h de modo que ∇f(x0)=0. En resumen si x0 es un extremo local, entonces ∂f∂xi(x0)=0∀ i=1,…,n. En otras palabras ∇f(x0)=0. ◻

Ejemplo. Hallar los máximos y mínimos de la función f:R2→R, definida por f(x,y)=x2+y2−2x−6y+14

Solución. Debemos identificar los puntos críticos de f resolviendo ∂f∂x=0, ∂f∂y=0 para x,y, 2x−2=0   2y−6=0 De modo que el punto crítico es (1,3). Como f(x,y)=(x2−2x+1)+(y2−6y+9)+4=(x−1)2+(y−3)2+4 tenemos que f(x,y)≥4 por lo tanto en (1,3) f alcanza un mínimo relativo.

Ejemplo. Considerar la función f:R2→R,
f(x,y)=4−x2−y2 entonces ∂f∂x=−2x, ∂f∂y=−2y. f solo tiene un punto crítico en el origen, donde el valor de f es 4. Como f(x,y)=4−(x2+y2)
tenemos que f(x,y)≤4 por lo tanto en (0,0) f alcanza un máximo relativo.

Ejemplo. En el siguiente ejemplo mostramos que no todo punto critico es un valor extremo\Sea f(x,y)=x2y+y2x tenemos que sus puntos criticos son
∂f∂x=2xy+y2 ∂f∂y=2xy+x2=0 por lo tanto (2xy+y2=02xy+x2=0)⇔(x=yx=−y) tomando x=−y tenemos que 2xy+y2=0 ⇒ −2y2+y2=0 ⇒ y2=0⇒ y=0 ⇒ x=0 tomando x=y tenemos que 2xy+y2=0 ⇒ 2y2+y2=0 ⇒ −3y2=0⇒ y=0 ⇒ x=0 por lo tanto (0,0) es el único punto critico.\Ahora bien para f(x,y) tomamos x=y f(x,x)=2x3 la cual es (<0 si x<0) y (>0 si x>0) por lo tanto el punto critico (0,0) no es ni máximo ni mínimo local de f \Ahora bien para f(x,y) tomamos x=−y f(x,−x)=0 ∀x
por lo tanto el punto critico (0,0) no es ni máximo ni mínimo local de f

Requerimos un criterio que dependa de la segunda derivada para que un punto sea extremo relativo. En el caso particular n=1 el criterio es f»(x)>0 y f»(x)<0 para máximo o mínimo respectivamente para el contexto de varias variables usaremos el hessiano el cual esta definido por

Hf(x0)h=12∑i,j=1n∂2t∂xi∂xj(x0|xixj).

Recordando un poco de la expresión de taylorf(x,y)=f(x0,y0)+(∂f∂x)p(x−x0)+(∂f∂y)p(y−y0)+12!(∂2f∂x2p(x−x0)2+2∂2f∂y∂xp(x−x0)(y−y0)+∂2f∂y2p(y−y0)2)

Teorema 2. Sea B=[abbc ] y H(h)=12[h1,h2][abbc ](h1h2 ) entonces H(h) es definida positiva si y solo si a>0 y ac−b2>0.

Demostración. Tenemos H(h)=12[h1,h2][ah1bh2bh1ch2 ]=12(ah12+2bh1h2+ch12)
si completamos el cuadrado
H(h)=12a(h1+bah2)2+12(c−b2a)h22
supongamos que h es definida positiva. Haciendo h2=0 vemos que a>0. Haciendo h1=−bah2 c−b2a>0 ó ac−b2>0 De manera analoga H(h) es definida negativa si y solo si a<0 y ac−b2>0. ◻

Criterio del máximo y del mínimo para funciones de dos variables Sea f(x,y) de clase
C3 en un conjunto abierto u de R2. Un punto x0,y0 es un mínimo local (Estricto) de f si se cumple las siguientes tres condiciones:


I) ∂f∂x(x0,y0)=∂f∂y(x0,y0)


II) ∂2f∂x2(x0,y0)>0


III ) (∂2f∂x2)(∂2f∂y2)−(∂2f∂x∂y)2>0 en (x0,y0) (Discriminante)


Si en II) tenemos <0 en lugar de >0 sin cambiar III) hay un máximo local

Ejemplo. Sea f:R2→R la función dada por
f(x,y)=2(x−1)2+3(y−2)2 tenemos entonces que ∂f∂x=4(x−1) ∂f∂y=6(y−2) por lo tanto ∂f∂x=0 ⇒x=1

∂f∂y=0 ⇒ y=2

por lo tanto x0=(1,2) es un punto critico


∂2f∂x2=4, ∂2f∂y2=6, ∂2f∂x∂y=0, ∂2f∂y∂x=0

H(1,2)=|4006 |=24>0∀(x,y)∈Bϵ(1,2)
podemos decir que f tiene un mínimo relativo en (1,2)

Operaciones, Gráficas, Límites y Continuidad

Por Angélica Amellali Mercado Aguilar

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Funciones de Rn→Rm (parte dos)

Ejemplo. Encontrar el dominio y la imagen de la región R={(x,y)∈R2 | 0≤x≤1, 0≤y≤1} para la función f:R2→R2 dada por f(x,y)=(x2−y2,2xy)

Solución. En este caso f1=(x2−y2) ⇒ Domf1=R2
f2=(2xy) ⇒ Domf2=R2
por lo tanto
Domf=Domf1⋂Domf=R2⋂R2=R2
Para la imagen de la región R={(x,y)∈R2 | 0≤x≤1, 0≤y≤1} procedemos de la siguiente manera:
Definimos los siguientes conjuntos que limitan la región

A1={(x,y)∈R2 | 0≤x≤1, y=0}
A2={(x,y)∈R2 | 0≤y≤1, x=1}
A3={(x,y)∈R2 | 0≤x≤1, y=1}
A1={(x,y)∈R2 | 0≤y≤1, x=0}

ahora procedemos a encontrar las imagenes de cada uno de los conjuntos definidos

Para A1 se tiene
A1={(x,y)∈R2 | 0≤x≤1, y=0}f(x,y)=(x2−y2,2xy)=(x′,y′) x′=x2−y2 ⇒⏟y=0 x′=x2 y si 0≤x≤≤1 ⇒ 0≤x2≤1 ⇒ 0≤x′≤1
y′=2xy⇒⏟y=0y′=0 por lo tanto f(A1)={(x′,y′)∈R2 | 0≤x′≤1 , y′=0} Para A2 se tiene A2={(x,y)∈R2 | 0≤y≤1, x=1}f(x,y)=(x2−y2,2xy)=(x′,y′)
x′=x2−y2 ⇒⏟x=1 x′=1−y2 ⇒ y=1−x′ y′=2xy⇒⏟x=1y′=2y ⇒ y′=21−x′ ⇒ y′2=4(1−x′)
por lo tanto
f(A2)={(x′,y′)∈R2 | y′2=4(1−x′), 0≤y′≤2}
Para A3 se tiene
A3={(x,y)∈R2 | 0≤x≤1, y=1}f(x,y)=(x2−y2,2xy)=(x′,y′)
x′=x2−y2 ⇒⏟y=1 x′=x2−1 ⇒ x′+1=x2 ⇒ x=x′+1 y′=2xy⇒⏟y=1y′=2x ⇒ y′=2x′+1 ⇒ y′2=4(x′+1)
por lo tanto
f(A3)={(x′,y′)∈R2 | y′2=4(x′+1), 0≤y′≤2}
Para A4 se tiene
A4={(x,y)∈R2 | 0≤y≤1, x=0}f(x,y)=(x2−y2,2xy)=(x′,y′)
x′=x2−y2 ⇒⏟x=0 x′=−y2ysi0≤y≤1 ⇒ 0≤y2≤1 ⇒ −1≤y2≤0 y′=2xy⇒⏟x=0y′=0
por lo tanto
f(A4)={(x′,y′)∈R2 | −1≤x′≤0 , y′=0}

Operaciones con Funciones de Rn→Rm


Definición 1. Sean f,g:A⊂Rn→Rm,α∈Ry  h:D⊂Rm→Rk. Definimos

  1. La suma de f y g que denotamos por f+g como
    (f+g)(x)=f(x)+g(x),   x∈A
  2. El producto del escalar α por la función f que denotamos αf como
    (αf)(x)=αf(x),   x∈A
  3. El producto punto de f por g que denotamos f⋅g como
    (f⋅g)(x)=f(x)⋅g(x),   x∈A
  4. Si m=3 el producto cruz de f por g que denotamos f×g como
    (f×g)(x)=f(x)×g(x),   x∈A
  5. Si m=1 el cociente de f por g que denotamos fg como
    (fg)(x)=f(x)g(x),   x∈A
  6. La composición de h con f, que denotamos como h∘f como
    (h∘f)(x)=h(f(x))para cada  {x∈A | f(x)∈D}

Gráficas de Funciones de Rn→Rm

Definición 2. Dada la función f(f1,…,fm):A⊂Rn→Rm, definimos su gráfica como el subconjunto
gf=(x1,…,xn,f1(x1,…,xn),f2(x1,…,xn),…,fm(x1,…,xn))∈Rn+m|(x1,…,xn)∈A

{Límite de Funciones de f:Rn→Rm

Definición 3. Por sucesiones Sean f:A⊂Rn→Rm y x0∈A′. Decimos que f tiene límite en x0 y que su límite es ℓ∈Rm, si para toda sucesión xk contenida en A−x0 que converge a x0 se tiene que la sucesión f(xk) converge a ℓ. En este caso escribimos
limx→x0f(x)=ℓ
y decimos que ℓ es el límite de f en x0.

Definición 4. (ϵ−δ) Sea f:A⊂Rn→Rm, y sea x0 un punto de acumulación de A.
Se dice que ℓ∈Rm es el límite de f en
x0, y se denota por:\ limx→x0f(x)=ℓ Si dado ∀ ϵ>0, existe δ>0 tal
que |f(x)−ℓ|<ϵ cuando 0<|x−x0|<δ

Continuidad de Funciones de Varias Variables

Definición 5. Sean f:Ω⊂Rn→Rm y
x0∈Ω. Se dice que f es continua en x0 si dado ϵ>0, ∃ δ>0 tal que |f(x)−f(x0)|<ϵ siempre que x∈Ω y 0<|x−x0|<δ

Definición 6. Se dice que un subconjunto V⊂Rn es un entorno del punto x, si exite ϵ>0 tal que B(x,ϵ)⊂V.

Definición 7. Sean f:Ω⊂Rn→Rm y x0∈Ω. Se dice que f es continua en x0 cuando ∀ entorno V de f(x0) existe un entorno U de x0 tal que f(U)⊂V es decir para cualquier x∈U se cunple f(x)∈V

Proposición 1. Una función f:D⊂Rn→Rm es continua si y solo si
f−1(v)={x∈D∣f(x)∈v}
es un abierto (contenido en D) para cada abierto v⊂Rm.

Demostración. ⇒ Sea v un abierto en Rm y sea x―∈f−1(v); tenemos por definición f(x―)∈v. Como v es un
conjunto abierto ∃  r>0 tal que B(f(x―),r)⊂v como f es continua ∃ ρ>0 tal que f(B(x,ρ))⊂B(f(x),r) pero esto significa que B(x,ρ)⊂f−1(B(f(x),r))⊂f−1(v) por lo que cada punto x∈f−1(v) es punto interior lo que prueba que v es abierto.
⇐ Supongamos que f−1(v) es un abierto, para cada conjunto abierto v⊂Rm\Sea ϵ>0 y x∈Rn, hacemos:
B(f(x),ϵ)=V por lo quef−1(V) es abierto, esto quiere decir que ∃ δ>0 tal que B(x,δ)⊂f−1(V) esto implica f(B(x,δ))⊂V esto es f(B(x,δ))⊂B(f(x),ϵ) esto muestra que f es continua en x.

Proposición 2.

(1) f−1(v)={x∈D∣f(x)∈v}
es un abierto (contenido en D) para cada abierto
v⊂Rm.
(2) f−1(v)={x∈D∣f(x)∈v}
es un cerradoo (contenido en D) para cada cerradoo
v⊂Rm.

Vamos a probar que 1⇒2

Demostración. Si V=V―⊂Rm, consideremos el conjunto Vc el cual es abierto y por hipotesis f−1(Vc) es abierto, pero
f−1(Vc)=(f−1(V))c
por lo que (f−1(V))c es abierto, en consecuencia f−1(V) es cerrado\
Vamos a probar que \textcolor{Red}{2⇒1}
Si V=int(V)⊂Rm entonces Vc es cerrado y por hipotesis f−1(Vc) es cerrado, pero
f−1(Vc)=(f−1(V))c
por lo que (f−1(V))c es cerradoo, en consecuencia f−1(V) es abierto ◻

Teorema de la Función Inversa

Por Angélica Amellali Mercado Aguilar

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Teorema de la Función Inversa (sistema fi:Rn→R)

Teorema 1. Sea U⊂Rn un abierto y sean
f1:U→R⋮fn:U→R
con derivadas parciales continuas. Considerar las ecuaciones
f1(x1,x2,…,xn)=y1f2(x1,x2,…,xn)=y2⋮fn(x1,x2,…,xn)=yn Tratamos de resolver las n-ecuaciones para x1,x2,…xncomo funciones de y1,y2,…yn.
La condición de existencia para la solución en una vecindad del punto x0 es que el determinante de la matriz Df(x0) y f=(f1,f2,…fn) sean distintos de cero.

La condición de existencia para la solución en una vecindad del punto x0 es que el determinante de la matriz Df(x0) y f=(fi,f2,…fn) sean distintos de cero. Explicitamente:

[∂(f1,f2,…,fn)∂(x1,x2,…,xn)|x=x0=J(f)(x0)=|∂f1∂x1(x0)…∂f1∂x1(x0)⋮⋮∂fn∂x1(x0)…∂fn∂xn(x0)|≠0]

entonces el sistema anterior se puede resolver de manera ‘unica como x=g(y) para x cerca de x0 y y cerca de y0 ◻

Nota. La cuestión de existencia se responde por medio del teorema general de la función implícita aplicado a las funciones yi−fi(x1,x2,…,xn) con las incognitas x1,x2,…,xn.

Ejemplo. El problema de factorizar un polinomio xn+an−1xn−1+⋯+a0 en factores lineales es, en cierto sentido un problema de función inversa. Los coeficientes ai son funciones conocidas de las n raices rj. ¿Se podran expresar las raices como funciones de los coeficientes en alguna región?. Con n=3 , aplicar el teorema de la función inversa a este problema y enunciar la conclusión acerca de la posibilidad de hacer lo planteado.

Solución. Para el caso n=3 tenemos que podemos factorizar el polinomio de la siguiente forma
x3+a2x2+a1x+a0=(x−r1)(x−r2)(x−r3)
desarrolando el lado derecho tenemos que
(x−r1)(x−r2)(x−r3)=x3−r3x2−r2x2+r2r3x−r1x2+xr1r3+r1r2x−r1r2r3
que se puede escribir
x3+x2(−r3−r2−r1)+x(r2r3+r1r3+r1r2)−r1r2r3
igualando las expresiones
x3+a2x2+a1x+a0=x3+x2(−r3−r2−r1)+x(r2r3+r1r3+r1r2)−r1r2r3
por lo tanto igualando coeficientes
a0=−r1r2r2a1=r2r3+r1r3+r1r2a2=−r1−r2−r3

Al sistema anterior le aplicamos el teorema de la función implicita para comprobar si las raices se pueden expresar en términos de los coeficientes, para ello calculamos el determinante de jacobiano del sistema que en este caso es

J=(∂a0∂r1∂a0∂r2∂a0∂r3∂a1∂r1∂a1∂r2∂a2∂r3∂a2∂r1∂a2∂r2∂a3∂r3)=(−r2r3−r1r3−r1r2r3+r2r3+r1r2+r1−1−1−1)

de esta manera el determinante del jacobiano es
det(−r1r3−r1r3−r1r2r3+r2r3+r1r2+r1−1−1−1)=|−r1r3−r1r3−r1r2r3+r2r3+r1r2+r1−1−1−1|=
(−r2r3)×|r3+r1r2+r1−1−1|−(−r1r3)×|r3+r2r2+r1−1−1|+(−r1r2)×|r3+r2r3+r131|= (−r2r3)×(r2−r3)+(r1r3)×(r1−r3)−(r1r2)×(r1−r2)=−r2r3r2+r2r3r3+r1r3r1−r1r3r3−r1r2r1+r1r2r2

que se puede escribir
=r3r1r1−r3r1r3−r3r2r1+r3r2r3−r2r1r1+r2r1r3+r2r2r1−r2r2r3
=(r3r1−r3r2−r2r1+r2r2)r1−(r3r1−r3r2−r2r1+r2r2)r3=(r3r1−r3r2−r2r1+r2r2)(r1−r3)
=((r3−r2)r1−(r3−r2)r2)(r1−r3)=(r3−r2)(r1−r2)(r1−r3)

Este último término no es cero si el polinomio tiene raices distintas. Así el teorema de la función inversa muestra que las raices se pueden hallar como funciones de los coeficientes en alguna vecindad de cualquier punto en el que las raices sean distintas. Esto es, si las rices r1, r2, r3 de x3+a2x2+a1x+a0 son todas diferentes, entonces hay vecindades V de (r1, r2, r3) y W de (a0, a1, a2) tales que las raices en V son funciones de los coeficientes en W.

Funciones de Rn→Rm

Definición 1. Una función f de Rn en Rm denotada f:Rn→Rm, es una relación que asigna a cada vector del espacio Rn un único vector del espacio Rm\Si f es una función de Rn en Rm, entonces f se expresa
f=(f1,f2,⋯,fm) en donde fk  k=1,…,m es la k-ésima función componente y fk:Rn→R k=1,…,m

Definición 2. Si A⊂Rn, la imagen bajo la función f de Rn en Rm se denota f(A), y se define
f(A)=f(x)∈Rm | x∈A

Definición 3. El dominio de una función f de Rn en Rm es la intersección de los dominios de las funciones componentes fk es decir
Domf=⋂k=1mDomfk=Domf1⋂Domf2⋂Domf3⋂⋯⋂Domfm

Ejemplo. Encontrar el dominio y la imagen de la recta y=3x para la función f:R2→R2 dada por f(x,y)=(4x+2y5,2x+y5)
\item[Solución] En este caso f1=(4x+2y5) ⇒ Domf1=R2
f2=(2x+y5) ⇒ Domf2=R2
por lo tanto
Domf=Domf1⋂Domf=R2⋂R2=R2
Para la imagen de la recta y=3x procedemos de la siguiente manera
f(x,y)=(4x+2y5,2x+y5)=(x′,y′) ⇒ f(x,3x)=(4x+2(3x)5,2x+(3x)5)=(x′,y′) ⇒ 
x′=4x+2(3x)5yy′=2x+(3x)5 ⇒ x′=2xyy′=x⇒y′=x′2
por lo tanto la imagen de la recta y=3x sera:
f(3x)={(x′,y′)∈R2 | y′=x′2}

Definición 4. Sean f:A⊂Rn→Rm y D⊂Rm. Definimos la imagen inversa de D bajo f, que denotamos f−1(D), como el conjunto dado por:
f−1(D)={x^∈A | f(x^)∈D}

Definición 5. Sean f:A⊂Rn→Rm y D⊂Rm, B⊂A. Definimos la imagen directa de B bajo f, que denotamos f(B), como el conjunto dado por:
f(B)={f(x^)∈Rm | x^∈B}

Proposición 1. Sean f:A⊂Rn→Rm, Aα, B,C⊂A y Dα, D, E⊂Rm, con α∈I I un conjunto de indices. Pruebe que:
1.D⊂E ⇒ f−1(D)⊂f−1(E)2.f−1(⋃α∈IDα)=⋃α∈If−1(Dα) 3.f−1(⋂α∈IDα)=⋂α∈If−1(Dα)4.f−1(Dc)=(f−1(D))c5.B⊂C ⇒ f(B)⊂f(C)6.f(⋃α∈IAα)=⋃α∈If(Aα)7.f(⋂α∈IAα)⊂⋂α∈If(Aα)8.f(A)−f(B)⊂f(A−B)9.B⊂f−1(f(B))10.f(f−1)(D)⊂D

Demostración. (1).D⊂E ⇒ f−1(D)⊂f−1(E)
x∈f−1(D) ⇒ f(x)∈D
 ⇒⏟D⊂E f(x)∈E  ⇒ x∈f−1(E) (2).f−1(⋃α∈IDα)=⋃α∈If−1(Dα)
x∈f−1(⋃α∈IDα) ⇔ f(x)∈⋃α∈IDα
 ⇔ f(x)∈Dαip.a. i∈I  ⇔ x∈f−1(Dαi)p.a. i∈I
 ⇔ x∈(⋃α∈If−1(Dα)
(3).f−1(⋂α∈IDα)=⋂α∈If−1(Dα)
x∈f−1(⋂α∈IDα) ⇔ f(x)∈⋂α∈IDα
 ⇔ f(x)∈Dαi∀ i∈I  ⇔ x∈f−1(Dαi)∀ i∈I
 ⇔ x∈(⋂α∈If−1(Dα)
(4).f−1(Dc)=(f−1(D))c
x∈f−1(Dc) ⇔ f(x)∈Dc
 ⇔ f(x)∉D
 ⇔ x∉f−1(D)
 ⇔ x∈(f−1(D))c
(5).B⊂C ⇒ f(B)⊂f(C)
f(x)∈f(B) ⇒ x∈B
 ⇒⏟B⊂C x∈C  ⇒ f(x)∈f(C) (6).f(⋃α∈IAα)=⋃α∈If(Aα)
f(x)∈f(⋃α∈IAα) ⇔ x∈⋃α∈IAα
 ⇔ x∈Aαp.a α∈ I  ⇔ f(x)∈ f(Aα) p.a α∈ I  ⇔ f(x)∈⋃α∈If(Aα)

(7).f(⋂α∈IAα)⊂⋂α∈If(Aα) f(x)∈f(⋂α∈IAα) ⇒ x∈⋂α∈IAα  ⇒ x∈Aα∀ α∈ I
 ⇒ f(x)∈ f(Aα) ∀ α∈ I
 ⇒ f(x)∈⋂α∈If(Aα)
(8).f(A)−f(B)⊂f(A−B)
f(A)−f(B)=f(A)⋂(f(B))c
 ⇒ f(x)∈f(A)−f(B)
 ⇒ f(x)∈f(A)⋂(f(B))c
 ⇒ f(x)∈f(A)yf(x)∈(f(B))c
 ⇒ x∈Ayf(x)∉f(B)
 ⇒x∈Ayx∉B  ⇒x∈Ayx∈Bc
 ⇒ x∈A⋂Bc
 ⇒ x∈A−B
 ⇒ f(x)∈f(A−B)
(9).B⊂f−1(f(B))x∈B ⇒ f(x)∈f(B) ⇒ x∈f−1(f(B))$


(10).f(f−1(D))⊂D
f(x)∈f(f−1(D)) ⇒ x∈f−1(D)
 ⇒ f(x)∈D ◻

Diferenciación

Por Angélica Amellali Mercado Aguilar

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Diferenciación de funciones f:Rn→Rm

Definición. Considere la función f:A⊂Rn→Rm definida en un conjunto abierto A de Rn y sea x0∈A. Se dice que esta función es diferenciable si

f(x0+h)=f(x0)+f′(x0)⋅h+r(h)
cumple
limh→0r(h)|h|=0^

Ejemplo. Compruebe que la función f:R2→R3 definida por
f(x,y)=(exy,x2+y,2x3y2) es diferenciable en (1,3)
Solución En este caso
limh→0r(h)|h|=
lim(h1,h2)→(0,0)f(1+h1,3+h2)−f(1,3)−((3e3,e3)⋅(h1h2),(2,1)⋅(h1h2),(54,12)⋅(h1h2))|(h1,h2)|
=lim(h1,h2)→(0,0)(e(1+h1)(3+h2),(1+h1)2+(3+h2),2(1+h1)3(3+h2)2)−(e3,4,18)|(h1,h2)|
−((3e3,e3)⋅(h1h2),(2,1)⋅(h1h2),(54,12)⋅(h1h2))|(h1,h2)|
=(lim(h1,h2)→(0,0)e(1+h1)(3+h2)−e3−3e3h1−e3h2|(h1,h2)|,lim(h1,h2)→(0,0)(1+h1)2+(3+h2)−4−2h1−h2|(h1,h2)|,
lim(h1,h2)→(0,0)2(1+h1)3(3+h2)2−18−54h1−12h2|(h1,h2)|)
=(0,0,0)
por lo que la función es diferenciable.

En el ejemplo anterior se tiene que
lim(h1,h2)→(0,0)f(1+h1,3+h2)−f(1,3)−((3e3,e3)⋅(h1h2),(2,1)⋅(h1h2),(54,12)⋅(h1h2))|(h1,h2)|
se puede expresar
lim(h1,h2)→(0,0)f(1+h1,3+h2)−f(1,3)−(3e3e3215412)[h1h2]h12+h22
lo que nos lleva a la siguiente definición.

Definición. A la matriz de m×n se le llama Matriz Jacobiana de la función f en x0 y se le denota Jf(x0).


Definición. Sea f:Rn→Rm definida en el abierto Ω de Rn y x0∈Ω. Se dice que f es diferenciable en x0∈Ω si y solo si existe una matriz T de m×n tal que limh→0f(x0+h)−f(x0)−T(x0)⋅h|h|=0donde T(x0) es la matriz jacobiana denotada por Jf(x0) ó Df(x0). En notación matricial:
T(x0)⋅h=(∂f1(x0)∂x1⋅⋅⋅∂f1(x0)∂xn⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅∂fm(x0)∂x1⋅⋅⋅∂fm(x0)∂xn)⋅(h1⋅⋅⋅ hn)

En términos ϵ−δ se tiene que si 0<|h|<δ entonces |f(x0+h)−f(x0)−T(x0)⋅h||h|<ϵ

Teorema 1. Supónga que f:Ω⊂Rn→Rm es diferenciable en x0∈Rn. Entonces la matriz T es única

Demostración. Supongamos que existen T1 y T2 que cumplen limh→0f(x0+h)−f(x0)−T1(x0)⋅h|h|=0ylimh→0f(x0+h)−f(x0)−T2(x0)⋅h|h|=0
∴
limh→0f(x0+h)−f(x0)−T1(x0)⋅h|h|−f(x0+h)−f(x0)−T2(x0)⋅h|h|=0
⇒limh→0T2(x0)⋅h−T1(x0)⋅h|h|=0
Sea x un vector unitario en la dirección del vector h y hacemos h=tx con t∈R
∴
0=limh→0T2(x0)⋅h−T1(x0)⋅h|h|=limt→0T2(x0)⋅tx−T1(x0)⋅tx|tx|=limt→0tT2(x0)⋅x−T1(x0)⋅x|t||x|
⇒0=T2(x0)⋅x−T1(x0)⋅x⇒T2(x0)⋅x=T1(x0)⋅x⇒T2(x0)=T1(x0)⇒T2=T1 ◻

Operadores: Divergencia, Rotacional y Laplaciano

Considere la función f:R3→R3 dada por
f(x,y,z)=(f1(x,y,z),f2(x,y,z),f3(x,y,z))
cuya matriz jacobiana es
(∂f1∂x∂f1∂y∂f1∂z∂f2∂x∂f2∂y∂f2∂z∂f3∂x∂f3∂y∂f3∂z )
Con los elementos de esta matriz se forman importantes combinaciones que son la divergencia y el rotacional, conocidos también como invariantes de primer orden de esta matriz. La razón por la que se llaman invariantes es porque el valor de dichas combinaciones no se altera al efectuar un cambio de coordenadas.

Definición. Dada la matriz Jacobiana (∂f1∂x∂f1∂y∂f1∂z∂f2∂x∂f2∂y∂f2∂z∂f3∂x∂f3∂y∂f3∂z )
Se define la divergencia de f como
div (f)=∂f1∂x+∂f2∂y+∂f3∂z
Se puede ver que es igual a la suma de los elementos de la diagonal principal, es decir, que constituye la traza de la matriz jacobiana de f. La defnición de divergencia puede darse también mediante el operador ∇ (nabla)
∇⋅f=(∂∂x,∂∂y,∂∂z)⋅(f1,f2,f3)=∂f1∂x+∂f2∂y+∂f3∂z

Dada la matriz Jacobiana
(∂f1∂x∂f1∂y∂f1∂z ∂f2∂x∂f2∂y∂f2∂z ∂f3∂x∂f3∂y∂f3∂z )
se define el rotacional como
rot (f)=(∂f3∂y−∂f2∂z,∂f3∂x−∂f1∂z,∂f2∂x−∂f1∂y)
Y podemos ver que las componentes del rotacional están definidas por las diferencias de los elementos situados simétricamente con respecto a la diagonal principal de la matriz Jacobiana.
La defnición de rotacional puede darse también mediante el operador ∇ (nabla)
∇×f=|i^j^k^∂∂x∂∂y∂∂zf1f2f3|=(∂f3∂y−∂f2∂z,∂f3∂x−∂f1∂z,∂f2∂x−∂f1∂y)

Definición. Sea f:Rn→R definida en el abierto Ω de Rn tal que f es de clase C2 en Ω. La expresión
∇2f=∂2f∂x2+∂2f∂y2
es llamada Laplaciano de f. La ecuación
∂2f∂x2+∂2f∂y2=0
es llamada la ecuación de Laplace. Las funciones f de clase C2 que cumplen la ecuación de Laplace se llaman funciones Armónicas.

Ejercicio. Sean f,g:A⊂R3→R3 dos funciones diferenciables en una región A⊂R3 y φ:R3→R
Pruebe que

(a) div (f+g)=div f+div g

(b) div (φf)=φ div (f)+grad (φ)⋅f
(c) rot (f+g)=rot (f)+rot g
(d) Sean ϕ,ψ:A⊂R2→R dos funciones ψ=ψ(x,y), ϕ=ϕ(x,y) tales que ∂ϕ∂x=∂ψ∂y,  ∂ϕ∂y=−∂ψ∂x
Demuestre que ϕ, ψ son armónicas.

Solución. Para el inciso (a) se tiene
div (f+g)=∇⋅(f+g)
=(∂∂x,∂∂y,∂∂z)⋅(f+g)
=∂∂x(f+g)+∂∂y(f+g)+∂∂z(f+g)
=∂∂xf+∂∂xg+∂∂yf+∂∂yg+∂∂zf+∂∂zg
=∂∂xf+∂∂yf+∂∂zf+∂∂xg+∂∂yg+∂∂zg
=∇⋅f+∇⋅g

Para el inciso (a) se tiene
div (f+g)=∇⋅(f+g)
=(∂∂x,∂∂y,∂∂z)⋅(f+g)
=∂∂x(f+g)+∂∂y(f+g)+∂∂z(f+g)
=∂∂xf+∂∂xg+∂∂yf+∂∂yg+∂∂zf+∂∂zg
=∂∂xf+∂∂yf+∂∂zf+∂∂xg+∂∂yg+∂∂zg
=∇⋅f+∇⋅g

Para el inciso (c) se tiene
∇×(f+g)=(∂∂x,∂∂y,∂∂z)×(f1+g1,f2+g2,f3+g3)
=(∂(f3+g3)∂y−∂(f2+g2)∂z,∂(f3+g3)∂x−∂(f1+g1)∂z,∂(f2+g2)∂x−∂(f1+g1)∂y)
=[(∂f3∂y−∂f2∂z)+(∂g3∂y−∂g2∂z),(∂f3∂x−∂f1∂z)+(∂g3∂x−∂g1∂z),(∂f2∂x−∂f1∂y)+(∂g2∂x−∂g1∂y)]
=∇×f+∇×g

Para el inciso (d) se tiene
∂ϕ∂x=∂ψ∂y,    ∂ϕ∂y=−∂ψ∂x
por lo que
∂2ϕ∂x2=∂∂x(∂ψ∂y)
=∂2ψ∂x∂y
por otro lado
∂2ϕ∂y2=∂∂y(−∂ψ∂x)
=−∂2ψ∂y∂x
por lo tanto
∂2ϕ∂x2+∂2ϕ∂y2=∂2ψ∂x∂y−∂2ψ∂y∂x=0
Analogamente se tiene
∂2ψ∂x2=∂∂x(−∂ϕ∂y)
=−∂2ϕ∂x∂y
por otro lado
∂2ψ∂y2=∂∂y(∂ϕ∂x)
=∂2ϕ∂y∂x
por lo tanto
∂2ψ∂x2+∂2ψ∂y2=−∂2ϕ∂x∂y+∂2ϕ∂y∂x=0
como las funciones ψ, ϕ satisfacen la ecuación de Laplace entonces ambas funciones son armónicas.