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Aproxiación de Taylor, Extremos Locales.

Por Angélica Amellali Mercado Aguilar

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Introduccion

Aproximación de Taylor para funciones f:R3→R

El caso de la aproximación con n=2 nos queda
f(x,y)=f(x0,y0)+11!(∂f∂x(x0,y0)⋅(x−x0)+∂f∂y(x0,y0)⋅(y−y0))+

12!(∂2f∂x2(x0,y0)(x−x0)2+2∂2f∂x∂y(x0,y0)(x−x0)(y−y0)+∂2f∂y2(x0,y0)(y−y0)2)+R2
Donde la expresión azul se puede escribir

11!(∂f∂x(x0,y0)⋅(x−x0)+∂f∂y(x0,y0)⋅(y−y0))=∇f(x0,y0,z0)⋅(h1,h2,h3)
y la expresión en rojo

12!(∂2f∂x2p(x−x0)2+2∂2f∂y∂xp(x−x0)(y−y0)+∂2f∂y2p(y−y0)2) Define una forma cuadratica que
podemos escribir

12!(x−x0y−y0)(∂2f∂x2∂2f∂y∂x∂2f∂x∂y∂2f∂y2)(x−x0y−y0)

Por lo que el desarrollo de Taylor se puede escribir
f(x,y)=f(x0,y0)+∇f(x0,y0,z0)⋅(h1,h2,h3)+12!(x−x0y−y0)(∂2f∂x2∂2f∂y∂x∂2f∂x∂y∂2f∂y2)(x−x0y−y0)

A la matriz

(∂2f∂x2∂2f∂y∂x∂2f∂x∂y∂2f∂y2)

se le conoce como matriz Hessiana y se denota H(x0,y0) por lo que el desarrollo de Taylor se puede escribir
f(x,y)=f(x0,y0)+∇f(x0,y0,z0)⋅(h1,h2,h3)+12!(x−x0y−y0)(H(x0,y0))(x−x0y−y0)

Aproximación de Taylor para funciones f:R3→R

Sea f:A⊂R3→R y sea F(t)=f(x0+h1t,y0+h2t,z0+h3t) con t∈[0,1], de esta manera f recorre el segmento de [x0,y0,z0] a [x0+h1t,y0+h2t,z0+h3t]. Se tiene entonces que usando la regla de la cadena

F′(t)=∂f∂x(x0+h1t,y0+h2t,z0+h3t)⋅d(x0+h1t)dt+∂f∂y(x0+h1t,y0+h2t,z0+h3t)⋅d(y0+h2t)dt+

∂f∂z(x0+h1t,y0+h2t,z0+h3t)⋅d(z0+h3t)dt=

∂f∂x(x0+h1t,y0+h2t,z0+h3)⋅h1+∂f∂y(x0+h1t,y0+h2t,z0+h3)⋅h2+∂f∂z(x0+h1t,y0+h2t,z0+h3)⋅h3

Vamos ahora a calcular F´´(t)

F´´(t)=∂∂x(∂f∂xh1+∂f∂yh2+∂f∂zh3)h1+∂∂y(∂f∂xh1+∂f∂yh2+∂f∂zh3)h2+∂∂z(∂f∂xh1+∂f∂yh2+∂f∂zh3)h3=

∂2f∂x2h12+2∂2f∂x∂yh1h2+∂2f∂y2h22+2∂2f∂x∂zh3h1+2∂2f∂y∂zh3h2+∂2f∂z2h32
Ahora bien si se aplica la fórmula de Taylor con la forma del residuo de Lagrange a la función F(t)=f(x0+h1t,y0+h2t) y ponemos t=0, y n=2 se tiene

F(t)=F(0)+11!F′(0)t+12!F´´(0)t2+R2

ahora bien con t=1, x=x0+h1, y=y0+h2, z=z0+h3

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)+R2
Donde la expresión en azul se puede escribir

(∂f∂x)p(x−x0)+(∂f∂y)p(y−y0)+(∂f∂z)p(z−z0)=∇f(x0,y0,z0)⋅(h1,h2,h3)

y la expresión en rojo
12!(∂2f∂x2h12+2∂2f∂x∂yh1h2+∂2f∂y2h22+2∂2f∂x∂zh3h1+2∂2f∂y∂zh3h2+∂2f∂z2h32)

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)

La matriz
(∂2f∂x2∂2f∂y∂x∂2f∂z∂x∂2f∂x∂y∂2f∂y2∂2f∂z∂y∂2f∂x∂z∂2f∂y∂z∂2f∂z2)
se le conoce como matriz Hessiana y se le denota H(x0,y0,z0), por lo que la aproximación de Taylor se puede escribir

f(x,y)=f(x0,y0)+∇f(x0,y0,z0)⋅(h1,h2,h3)+12!(h1 h2 h3)H(x0,y0,z0)(h1h2h3)

Ejemplo Considere la función f(x,y)=e2x+3y
f[(0,0)+(x,y)]=f(0,0)+∇f(0,0)⋅(x,y)+12[xy]H(0,0)[xy]+r2(x,y)

donde lim(x,y)→(0,0)r(x,y)x2+y2=0

∇f=(∂f∂x,∂f∂y)=(2e2x+3y,3e2x+3y)    ∴∇f(0,0)=(2,3)

H(x,y)=[∂2f∂x2∂2f∂y∂x∂2f∂x∂y∂2f∂y2]=[4e2x+36e2x+3y6e2x+3y9e2x+3y]    ∴H(0,0)=(4669)

Así

Así f(x,y)=f(0,0)+(2,3)⋅(x,y)+12[xy](4669)[xy]+r(x,y)
∴e2x+3y=1+2x+3y+2x2+6xy92y2+r(x,y)

Extremos Locales

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 analoga, 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.

En la expresión del desarrollo de Taylor
f(x,y)=f(x0,y0)+∇f(x0,y0,z0)⋅(h1,h2,h3)+12!(x−x0y−y0)(H(x0,y0))(x−x0y−y0)
Si consideramos los valores para los cuales

∇f(x0,y0,z0)=(0,0,0)
es decir los puntos críticos del gradiente entonces nuestra aproximación de Taylor nos queda

f(x,y)=f(x0,y0)+12!(x−x0y−y0)(H(x0,y0))(x−x0y−y0)
que se puede escribir
f(x,y)−f(x0,y0)=12!(x−x0y−y0)(H(x0,y0))(x−x0y−y0)

por lo que el signo del lado izquierdo f(x,y)−f(x0,y0) dependerá del signo de la expresión
12!(x−x0y−y0)(H(x0,y0))(x−x0y−y0)

es decir dependerá del signo de la forma
12!(h1 h2)(∂2f∂x2∂2f∂y∂x∂2f∂x∂y∂2f∂y2)p(h1h2h3)

Teorema 1. 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.

Mas adelante

Tarea Moral

Enlaces

Diferencial de orden N, Teorema de Taylor

Por Angélica Amellali Mercado Aguilar

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Introduccion

Diferencial de orden n

dnf=∂nf∂xndxn+(n1)∂n−1f∂xn−1∂ydxn−1dy+(n2)∂n−2f∂xn−2∂y2dxn−2dy2+⋯+ (nk)∂n−kf∂xn−k∂ykdxn−kdyk+⋯+∂nf∂yndyn
que se puede escribir
dnf=∑j=0n(nj)∂nf∂xn−j∂yjdxn−jdyj

Ejercicio. Probar usando inducción
dnf=∑j=0n(nj)∂nf∂xn−j∂yjdxn−jdyj

Solución. Para n=1 se tiene
df=∂f∂xdx+∂f∂ydy
Suponemos valido para n

dnf=∑j=0n(nj)∂nf∂xn−j∂yjdxn−jdyj
Por demostrar que es valida para n+1
dn+1f=d(dnf)=∂∂x(∑j=0n(nj)∂nf∂xn−j∂yjdxn−jdyj)dx+∂∂y(∑j=0n(nj)∂nf∂xn−j∂yjdxn−jdyj)dy=

∑j=0n(nj)∂n+1f∂xn+1−j∂yjdxn+1−jdyj+∑j=0n(nj)∂n+1f∂xn−j∂yj+1dxn−jdyj+1=
∑j=0n(nj)∂n+1f∂xn+1−j∂yjdxn+1−jdyj+∑j=1n+1(nj−1)∂n+1f∂xn+1−j∂yjdxn+1−jdyj=

∂n+1f∂xn+1dxn+1+∑j=1n(nj)∂n+1f∂xn+1−j∂yjdxn+1−jdyj+∑j=1n(nj−1)∂n+1f∂xn+1−j∂yjdxn+1−jdyj+∂n+1f∂yn+1dyn+1=

∂n+1f∂xn+1dxn+1+∑j=1n((nj)+(nj−1))∂n+1f∂xn+1−j∂yjdxn+1−jdyj+∂n+1f∂yn+1dyn+1=

∂n+1f∂xn+1dxn+1+∑j=1n(n+1j)∂n+1f∂xn+1−j∂yjdxn+1−jdyj+∂n+1f∂yn+1dyn+1=∑j=0n+1(nj)∂nf∂xn−j∂yjdxn−jdyj

La última fórmula puede expresarse simbólicamente por la ecuación
dnf=(∂∂xdx+∂∂ydy)nf

donde primero debe desarrollarse le expresión de la derecha formalmente por medio del teorema del binomio y, a continuación deben sustituirse los términos
∂nf∂xndxn,∂nf∂xn−1∂ydxn−1dy,⋯,∂nf∂yndyn
por los términos
(∂∂xdx)nf,(∂∂xdx)n−1(∂∂ydy)f,⋯,(∂∂ydy)nf

Teorema de Taylor para funciones f:A⊂R2→R}

Recordando el Teorema de Taylor para funciones f:R→R

Teorema. Si f(x) tiene n-ésima derivada continua en una vecindad de x0, entonces en esa vecindad
f(x)=f(x0)+11!f′(x0)(x−x0)+12!f»(x0)(x−x0)2+13!f»′(x0)(x−x0)3+…+1n!fn(x0)(x−x0)n+Rn
donde
Rn=fn+1(ϵ)(n+1)!(x−x0)n+1, donde ϵ∈(x0,x)

Sea f:A⊂R2→R y sea F(t)=f(x0+h1t,y0+h2t) con t∈[0,1], de esta manera f recorre el segmento de [x0,y0] a [x0+h1t,y0+h2t]. Se tiene entonces que usando la regla de la cadena
F′(t)=∂f∂x(x0+h1t,y0+h2t)⋅d(x0+h1t)dt+∂f∂y(x0+h1t,y0+h2t)⋅d(y0+h2t)dt=

∂f∂x(x0+h1t,y0+h2t)⋅h1+∂f∂y(x0+h1t,y0+h2t)⋅h2
Vamos ahora a calcular F´´(t)

F´´(t)=∂∂x(∂f∂xh1+∂f∂yh2)h1+∂∂y(∂f∂xh1+∂f∂yh2)h2=
∂2f∂x2h12+2∂2f∂x∂yh1h2+∂2f∂y2h22

simbólicamente se puede escribir
F»(t)=(∂∂x⋅h1+∂∂y⋅h2)2f
y en general

Fn(t)=∂nf∂xnh1n+(n1)∂n−1f∂xn−1∂yh1n−1h2+(n2)∂n−2f∂xn−2∂y2h1n−2h22+⋯+(nk)∂n−kf∂xn−k∂ykh1n−kh2k+⋯+∂nf∂ynh2n

que simbólicamente se puede escribir
Fn=∑j=0n(nj)∂nf∂xn−j∂yjh1n−jh2j=(∂∂x⋅h1+∂∂y⋅h2)nf

Ahora bien si se aplica la fórmula de Taylor con la forma del residuo de Lagrange a la función F(t)=f(x0+h1t,y0+h2t) y ponemos t=0, se tiene
F(t)=F(0)+11!F′(0)t+12!F»(0)t2+13!F»′(0)t3+…++1n!Fn(0)tn+Rn
ahora bien con t=1
f(x0+h1,y0+h2)=f(x0,y0)+11!(∂f∂x(x0,y0)⋅h1+∂f∂y(x0,y0)⋅h2)+12!(∂2f∂x2(x0,y0)h12+2∂2f∂x∂y(x0,y0)h1h2+∂2f∂y2(x0,y0)h22)
+⋯+1n!(∑j=0n+1(nj)∂nf∂xn−j∂yj(x0,y0)h1n−jh2j)

x=x0+h1, y0+h2=y por lo que h1=x−x0 y h2=y−y0 entonces

f(x,y)=f(x0,y0)+11!(∂f∂x(x0,y0)⋅(x−x0)+∂f∂y(x0,y0)⋅(y−y0))+

12!(∂2f∂x2(x0,y0)(x−x0)2+2∂2f∂x∂y(x0,y0)(x−x0)(y−y0)+∂2f∂y2(x0,y0)(y−y0)2)+

⋯+1n!(∑j=0n+1(nj)∂nf∂xn−j∂yj(x0,y0)(x−x0)n−j(y−y0)j)+Rn

donde
Rn=1n+1!((x−x0)n+1∂n+1f∂xn+1(ξ,η)+⋯+(y−y0)n+1∂n+1f∂yn+1(ξ,η)) donde ξ∈(x0,x0+h1) y η∈(y0,y0+h2)\En general el residuo Rn se anula en un orden mayor que el término dnf

Ejemplo. Desarrollar la fórmula de Taylor en (x0,y0)=(0,0) con n=3 para la función f(x,y)=eycos⁡x

Solución. En este caso tenemos que
f(0,0)=e0cos⁡(0)=1
Para la diferencial de orden 1
∂f∂x(0,0) ⇒ ∂(eycos⁡(x))∂x(0,0) ⇒ −eysen(x)|(0,0)=0 ∂f∂y(0,0) ⇒ ∂(eycos⁡x)∂y(0,0) ⇒ −eycos⁡(x)|(0,0)=1
por lo tanto
11!(∂f∂x(x0,y0)⋅(x−x0)+∂f∂y(x0,y0)⋅(y−y0))=11!((0)(x)+(1)(y))=y
Para la diferencial de orden 2
∂2f∂x2(x0,y0) ⇒ ∂2(ey cosx)∂x2(0,0) ⇒ −eycos⁡ x|(0,0)=−1 ∂2f∂y2(x0,y0) ⇒ ∂2(eycos⁡x)∂y2(0,0) ⇒ eycos⁡ x|(0,0)=1 ∂2f∂x ∂y(x0,y0) ⇒ ∂2(eycos⁡x)∂x ∂y(0,0) ⇒ −eysen x |(0,0)=0 Por lo tanto 12!(∂2f∂x2(x0,y0)h12+2∂2f∂x∂y(x0,y0)h1h2+∂2f∂y2(x0,y0)h22)=12!((−1)x2+2(0)xy+(1)y2)
Para la diferencial de orden 3

∂3f∂x3(x0,y0) ⇒ eysen x|(0,0)=0

∂3f∂y3(x0,y0) ⇒ ∂2(eycos⁡x)∂y3(0,0) ⇒ eycos⁡ x|(0,0)=1

∂3f∂x2 ∂y(x0,y0) ⇒ ∂2(eycos⁡x)∂x2 ∂y(0,0) ⇒ −eycos⁡ x|(0,0)=−1

∂3f∂y3(x0,y0) ⇒ ∂2(eycos⁡x)∂y3(0,0) ⇒ eycos⁡ x|(0,0)=1

∂3f∂x ∂y2(x0,y0) ⇒ ∂2(eycos⁡x)∂x ∂y2(0,0) ⇒ −eysen x|(0,0)=0

Por lo tanto
13!(∂3f∂x3h13+3∂3f∂x2∂yh12h2+3∂3f∂x∂y2h1h22+∂3f∂y3h23)=

13!((0)(x3)+3(−1)x2y+3(0)xy2+(1)y3)
Finalmente para el residuo se tiene

∂4f∂x4(x0,y0) ⇒ ∂4(eycos⁡(x))∂y3(0,0) ⇒ eycos⁡ x|(ξ,η)=eηcos⁡ ξ

∂4f∂x2∂y2(x0,y0) ⇒ ∂4(eycos⁡x)∂x2∂y2(0,0) ⇒ −eycos⁡ x|(ξ,η)=−eηcos⁡ ξ

∂4f∂x∂y3(x0,y0) ⇒ ∂4(eycos⁡x)∂x∂y3(0,0) ⇒ −eysen x|(ξ,η)=−eηsen ξ

∂4f∂y4(x0,y0) ⇒ ∂4(eycos⁡x)∂y4(0,0) ⇒ eycos⁡ x|(ξ,η)=eηcos⁡ ξ

R3=14!(∂4f∂x4h14+4∂4f∂x3∂yh13h2+6∂4f∂x2∂y2h12h22+4∂4f∂x∂y3h1h23+∂4f∂h24dy4)

=14!(x4eηcos⁡ ξ+4x3yeηsen xi−6x2y2eηcos⁡ ξ−4xy3eηsen ξ+y4eηcos⁡ ξ)

Por lo que nuestro desarrollo de Taylor nos queda
eycos⁡ x=1+y+12(x2−y2)+16(x3−3xy2)+R3
donde
R3=14!(x4eηcos⁡ ξ+4x3yeηsen xi−6x2y2eηcos⁡ ξ−4xy3eηsen ξ+y4eηcos⁡ ξ)
Ejercicio Use la fórmula de Taylor en
f(x,y)=cos⁡ (x+y)
en el punto (x0,y0)=(0,0) con n=2 para comprobar que
lim(x,y)→(0,0)1−cos⁡ (x+y)(x2+y2)2=12

En este caso para
f(x,y)=cos⁡(x+y)
se tiene
f(0,0)=cos⁡(0+0)=1
Para la diferencial de orden 1
∂f∂x(0,0) ⇒ ∂(cos⁡x+y)∂x(0,0) ⇒ −sen(x+y)|(0,0)=0 ∂f∂y(0,0) ⇒ ∂(cos⁡x+y)∂y(0,0) ⇒ −sen(x+y)|(0,0)=0
por lo tanto

11!(∂f∂x(x0,y0)⋅(x−x0)+∂f∂y(x0,y0)⋅(y−y0))=11!((0)(x)+(0)(y))=0

Para la diferencial de orden 2
∂2f∂x2(x0,y0) ⇒ ∂2(cos⁡x+y)∂x2(0,0) ⇒ −cos⁡ x+y|(0,0)=−1 ∂2f∂y2(x0,y0) ⇒ ∂2(cos⁡x+y)∂y2(0,0) ⇒ −cos⁡ x+y|(0,0)=−1 ∂2f∂x ∂y(x0,y0) ⇒ ∂2(cos⁡x+y)∂x ∂y(0,0) ⇒ −cos⁡ x+y|(0,0)=−1
Por lo tanto

12!(∂2f∂x2(x0,y0)h12+2∂2f∂x∂y(x0,y0)h1h2+∂2f∂y2(x0,y0)h22)=12!((−1)x2−2xy+(−1)y2)
Por lo que nuestro desarrollo de Taylor nos queda
cos⁡(x+y)=1−x22−xy−y22
De manera que

lim(x,y)→(0,0)1−cos⁡ (x+y)(x2+y2)2=lim(x,y)→(0,0)1−(1−x22−xy−y22)(x2+y2)2
=lim(x,y)→(0,0)12(x2+y2)2(x2+y2)2=12

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Tarea Moral

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Derivadas Parciales de Orden Superior.

Por Angélica Amellali Mercado Aguilar

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Introduccion

Derivadas Parciales de Orden Superior

Si f es una función de doas variables x,y ⇒ ∂f∂x,∂f∂y son funciones de las mismas variables, cuando derivamos ∂f∂x y ∂f∂y obtenemos las derivadas parciales de segundo orden, las derivadas de ∂f∂x están definidas por:

∂2f∂x2(x,y)=limh→0∂f∂x(x+h,y)−∂f∂x(x,y)h

∂2f∂y∂x(x,y)=limk→0∂f∂x(x,y+k)−∂f∂x(x,y)k

Si f es una función de dos variables entonces hay cuatro derivadas parciales de segundo orden.

Consideremos las diferentes notaciones para las derivadas parciales:

f1,1=∂2f∂x2=fxx

f1,2=∂2f∂y∂x=∂∂y(∂f∂x)=fxy

f2,1=∂2f∂x∂y=∂∂x(∂f∂y)=fyx

f2,2=∂2f∂y2=∂∂y(∂f∂y)=fyy

Ejemplo. z=x3+3x2y−2x2y2−y4+3xy hallar ∂z∂x,∂z∂y,∂2z∂x2,∂2z∂x∂y,∂2z∂y∂x,∂2z∂y2

∂z∂x=3x2+6xy−4xy2+3y

∂z∂y=3x2−4x2y−4y3+3x

∂2z∂x2=6x+6y−4y2

∂2z∂y2=−4x2−12y2

∂2z∂y∂x=6x−8xy+3

∂2z∂x∂y=6x−8xy+3

Teorema 1.Teorema de schwarz

Sea f:A⊂R2→R una función definida en el abierto A de R2. Si las derivadas parciales

∂2f∂y∂x y ∂2f∂x∂y

existen y son continuas en A, entonces

∂2f∂y∂x=∂2f∂x∂y

Demostración. Sea

M=f(x+h1,y+h2)−f(x+h1,y)−f(x,y+h2)+f(x,y) y definimos φ(x)=f(x,y+h2)−f(x,y)de manera que
φ(x+h1)−φ(x)=f(x+h1,y+h2)−f(x+h1,y)−(f(x,y+h2)−f(x,y))=M

Aplicando el TVM a φ en el intervalo [x,x+h1] se tiene que existe θ ∈ (x,x+h1) tal que

φ(x+h1)−φ(x)=φ′(θ)h1

por otro lado
φ′(x)=∂f∂x(x,y+h2)−∂f∂x(x,y)
por lo tanto
φ′(θ)=∂f∂x(θ,y+h2)−∂f∂x(θ,y)
tenemos entonces que

M=φ(x+h1)−φ(x)=φ′(θ)h1=(∂f∂x(θ,y+h2)−∂f∂x(θ,y))h1
Consideremos ahora ψ(y)=∂f∂x(x,y). Aplicando el TVM a ψ en el intervalo [y,y+h2] se tiene que existe η ∈ (y,y+h2) tal que
ψ(y+h2)−ψ(y)=ψ′(η)h2
por otro lado

ψ′(y)=∂∂y(∂f∂x)(x,y)=∂2f∂y∂x(x,y)
por lo tanto
ψ′(η)=∂2f∂y∂x(x,η)
de esta manera

ψ(y+h2)−ψ(y)=ψ′(η)h2=(∂2f∂y∂x(x,η))h2
y si θ∈(x,x+h1) tenemos entonces que

∂f∂x(θ,y+h2)−∂f∂x(θ,y)=(∂2f∂y∂x(θ,η))h2
en consecuencia
M=(∂f∂x(θ,y+h2)−∂f∂x(θ,y))h1=(∂2f∂y∂x(θ,η))h2h1

Consideremos ahora φ―(y)=f(x+h1,y)−f(x,y)de manera que
φ―(y+h2)−φ―(y)=f(x+h1,y+h2)−f(x+h1,y)−(f(x,y+h2)−f(x,y))=M

Aplicando el TVM a φ― en el intervalo [y,y+h2] se tiene que existe η― ∈ (y,y+h2) tal que
φ―(y+h2)−φ―(y)=φ―′(η―)h2
por otro lado
φ―′(y)=∂f∂y(x+h1,y)−∂f∂y(x,y)
por lo tanto

φ―′(η―)=∂f∂y(x+h1,η―)−∂f∂y(x,η―)
tenemos entonces que
M=φ―(y+h2)−φ―(y)=φ―′(η―)h2=(∂f∂y(x+h1,η―)−∂f∂y(x,η―))h2

Consideremos ahora ψ―(x)=∂f∂y(x,y). Aplicando el TVM a ψ en el intervalo [x,x+h1] se tiene que existe θ― ∈ (x,x+h1) tal que
ψ―(x+h1)−ψ―(x)=ψ―′(θ―)h1
por otro lado

ψ―′(x)=∂∂x(∂f∂y)(x,y)=∂2f∂x∂y(x,y)
por lo tanto
ψ―′(θ―)=∂2f∂y∂x(θ―,y)
de esta manera

ψ―(x+h1)−ψ―(x)=ψ―′(θ―)h1=(∂2f∂x∂y(θ―,y))h1
es decir
∂f∂y(x+h1,y)−∂f∂y(x,y)=(∂2f∂x∂y(θ―,y))h1
y si η―∈(y,y+h2) tenemos entonces que
∂f∂y(x+h1,η―)−∂f∂y(x,η―)=(∂2f∂x∂y(θ―,η―))h1
en consecuencia

M=(∂f∂y(x+h1,η―)−∂f∂y(x,η―))h1h2=(∂2f∂x∂y(θ―,η―))h2h1
igualando ambas expresiones de M se tiene
(∂2f∂y∂x(θ,η))h2h1=(∂2f∂x∂y(θ―,η―))h2h1
donde
(∂2f∂y∂x(θ,η))=(∂2f∂x∂y(θ―,η―))
Tomando limite cuando h1,h2→0 y usando la continuidad asumida de las parciales mixtas se tiene que θ,θ―→x y η,η―→y se concluye
∂2f∂y∂x(x,y)=∂2f∂x∂y(x,y) ◻

Ejemplo. Sea f:R2→R dada por f(x,y)=x3+3x2y−2x2y2−y4+3xy\
En este caso
∂f∂x=3x2+6xy−4xy2+3y
∂f∂y=3x2−4x2y−4y3+3x
∂2f∂x2=6x+6y−4y2
∂2f∂y2=−4x2−12y2
∂2f∂x∂y=6x−8xy+3
∂2f∂y∂x=6x−8xy+3

Ejemplo. Dada la función

tenemos que para (x,y)≠(0,0)
∂f∂x=yx4+4x2y2−y4(x2+y2)2
∂f∂y=xx4−4x2y2−y4(x2+y2)2
para el primer caso hacemos x=0 y tenemos
∂f∂x=yx4+4x2y2−y4(x2+y2)2=⏟x=0−y para el segundo caso hacemos y=0 y tenemos ∂f∂y=xx4−4x2y2−y4(x2+y2)2=⏟y=01
Calculamos ahora
∂2f∂y∂x=∂2(−y)∂y∂x=−1
∂2f∂x∂y=∂2(1)∂x∂y=1
por lo tanto
∂2f∂y∂x=−1≠1=∂2f∂x∂y
En este caso las parciales segundas no son contiuas en (0,0)

Teorema. Caso General

Sea f:A⊂Rn→R definida en el abierto A de Rn tal que
∂2f∂xi∂xj sean continuas en A, entonces
∂2f∂xi∂xj=∂2f∂xj∂xi

Mas adelante

Tarea Moral

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Regla de la Cadena. Plano tangente.

Por Angélica Amellali Mercado Aguilar

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Caso particular de la regla de la cadena

Supongamos que C:R→R3 es una trayectoria diferenciable y f:R3→R.

Sea h(t)=f(x(t),y(t),z(t)) donde c(t)=(x(t),y(t),z(t)).
Entonces

∂h∂t=∂f∂x⋅∂x∂t+∂f∂y⋅∂y∂t+∂f∂z⋅∂z∂t

Esto es:
∂h∂t=∇f(c(t))⋅c′(t), ~donde c′(t)=((x′(t),y′(t),z′(t))

Demostración. Por definición
∂h∂t(t0)=limt→0h(t)−h(t0)t−t0
Sumando y restando tenemos que

h(t)−h(t0)t−t0=f(c(t))−f(c(t0))t−t0=f(x(t),y(t),z(t))–f(x(t0),y(t0),z(t0))t−t0=

=f(x(t),y(t),z(t)) − f(x(t0),y(t),z(t)) + f(x(t0),y(t),z(t)) − f(x(t0),y(t0),z(t)) + f(x(t0),y(t0),z(t)) − f(x(t0),y(t0),z(t0))t−t0…∗

Aplicando el Teorema del valor medio (T.V.M.)

f( x(t), y(t), z(t))−f( x(t0), y(t), z(t))=∂f∂x( c, y(t), z(t)) (x(t)−x(t0))

f( x(t0), y(t), z(t))−f( x(t0), y(t0), z(t))=∂f∂y (x(t), d, z(t)) (y(t)−y(t0))

f( x(t0), y(t0), z(t))−f( x(t0), y(t0), z(t0))=∂f∂z( x(t), y(t), e) (z(t)−z(t0))

∴∗=∂f∂x( c, y(t), z(t)) x(t)−x(t0)t−t0+∂f∂y ( x(t), d, z(t)) y(t)−y(t0)t−t0+

+∂f∂z ( x(t), y(t), e)) z(t)−z(t0)t−t0

Tomando limt→t0 y por la continuidad de las parciales

∂h∂t=∂f∂x ∂x∂t+∂f∂y ∂y∂t+∂f∂z ∂z∂t

Ejemplos: Caso particular de la regla de la cadena

Ejemplo. Verificar la regla de la cadena para f:R2→R dada por f(x,y)=x2+3y2 y c:R→R2 dada por c(t)=(et,cos⁡(t))

Solución. En este caso h(t)=f∘c(t) ⇒ h′(t)=∂h∂t y aplicando la regla de la cadena se tiene
∂f∂x(c(t))⋅dx(t)dt=∂(x2+3y2)∂x|(et,cos⁡(t))⋅d(et)dt=2x|(et,cos⁡(t))⋅et=2et⋅et=2e2t

∂f∂y(c(t))⋅dy(t)dt=∂(x2+3y2)∂y|(et,cos⁡(t))⋅d(cos⁡(t))dt=6y|(et,cos⁡(t))⋅(−sen(t))=6cos(t)⋅(−sen(t))
por lo tanto
h′(t)=2e2t−6cos⁡(t)⋅(sen(t))

Ejemplo. Verificar la regla de la cadena para f:R2→R dada por f(x,y)=xy y c:R→R2 dada por c(t)=(et,cos⁡(t))

Solución. En este caso h(t)=f∘c(t) ⇒ h′(t)=∂h∂t y aplicando la regla de la cadena se tiene
∂f∂x(c(t))⋅dx(t)dt=∂(xy)∂x|(et,cos⁡(t))⋅d(et)dt=y|(et,cos⁡(t))⋅et=cos⁡(t)⋅et

∂f∂y(c(t))⋅dy(t)dt=∂(xy)∂y|(et,cos⁡(t))⋅d(cos(t))dt=x|(et,cos(t))⋅(−sen(t))=et⋅(−sen(t))

por lo tanto
h′(t)=cos⁡(t)et−et⋅sen(t)

Ejemplo.Verificar la regla de la cadena para f:R2→R dada por f(x,y)=exy y c:R→R2 dada por c(t)=(3t2,t3)

Solución. En este caso h(t)=f∘c(t) ⇒ h′(t)=∂h∂t y aplicando la regla de la cadena se tiene

∂f∂x(c(t))⋅dx(t)dt=∂(exy)∂x|(3t2,t3)⋅d(3t2)dt=yexy|(3t2,t3)⋅6t=t3e3t56t=6t4e3t5

∂f∂x(c(t))⋅dx(t)dt=∂(exy)∂y|(3t2,t3)⋅d(t3)dt=xexy|(3t2,t3)⋅3t2=3t2e3t53t2=9t4e3t5
por lo tanto
h′(t)=6t4e3t5+9t4e3t5=15t4e3t5

Teorema 1. El gradiente es normal a las superficies de nivel. Sea f:R3→R una aplicación C1 y sea
(x0,y0,z0) un punto sobre la superficie de nivel S definida por f(x,y,z)=k, k=cte. Entonces ∇f(x0, y0, z0) es normal a la superficie de nivel en el siguiente sentido: si v es el vector tangente en t=t0 de
una trayectoria c(t) con c(t0)=(x0, y0, z0) Entonces ∇f⋅v=0

que se puede escribir como
(∂f∂x(x(t),y(t)z(t)),∂f∂y(x(t),y(t)z(t)),∂f∂z(x(t),y(t)z(t)))⋅(dxdt,dydt,dzdt)=0
en t=t0
∇f(x(0),y(0),z(0))⋅c′(t0)=0

Plano Tangente

Sea f:A⊂R3→R una función diferenciable definida en A, y sea
S=(x,y,z)∈R3 | f(x,y,z)=c

una superficie de nivel de f y $\hat{x}{0}=(x{0},y_{0},z_{0})unpuntodeella.Considereademás,unacurvaα(t)=(x(t),y(t),z(t))yunacurvaβ(t)=(x1(t),y1(t),z1(t))$

que pasen por x^0 con t∈[a,b] en ambos casos y tanto α como β diferenciables, se tiene entonces (f∘α)′(t)=f′(α(t))α′(t)=∇f(α(t))⋅α′(t)=0 (f∘β)′(t)=f′(β(t))β′(t)=∇f(β(t))⋅β′(t)=0 pues el gradiente ∇f(x^0) en ambos casos es ortogonal tanto al vector α′(t0) como al vector β′(t0) en el punto x0^=α(t0)=β(t0)

Si ∇f(x^0)≠0, entonces las tangentes a las curvas α,β sobre S que pasan por x^0

están contenidas en un mismo plano; por lo que el plano tangente a
S={(x,y,z)∈R3 | f(x,y,z)=c} se define

Definición. El plano tangente a S en x^0 se define P=x^ | ∇f(x^0)⋅(x^−x^0)=0

Ejemplo. Hallar el plano tangente a la superficie
S={(x,y,z)∈R3 | x24−y29+z2=1}
en el punto (2,3,1)

Solución. En este caso el gradiente es
∇f(x,y,z)=(x2,−29y,2z)
en el punto (2,3,1) es
∇f(2,3,1)=(1,−23,2)
Por tanto la ecuación del plano tangente es
(1,−23,2)⋅(x−1,y−3,z−1)=0
es decir
3x−2y+6z−6=0

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Diferenciabilidad y continuidad. Gradiente. Máximo crecimiento. Puntos estacionarios

Por Angélica Amellali Mercado Aguilar

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Diferenciabilidad de Funciones de R2→R

Definición. Sea A⊂R2, un abierto, f:A→R y (x0,y0)∈A. Se dice que f es diferenciable en (x0,y0) si existen las derivadas parciales ∂f∂x(x0,y0),  ∂f∂y(x0,y0) tal que
f((x0,y0)+(h1,h2))=f(x0,y0)+∂f∂x(x0,y0)h1+∂f∂y(x0,y0)h2+r(h1,h2)donde
lim(h1,h2)→(0,0)r(h1,h2)|(h1,h2)|=0

Diferenciabilidad implica continuidad de Funciones de R2→R

Teorema 1. Si la función f:A⊂R2→R definida en A de R2, es diferenciable en el ´punto p=(x0,y0)∈A, entonces es continua en ese punto.

Demostración. Si f es diferenciable en el ´punto p=(x0,y0)∈A se tiene
f((x0,y0)+(h1,h2))=f(x0,y0)+∂f∂x(x0,y0)h1+∂f∂y(x0,y0)h2+r(h1,h2)
tomando limite se tiene
lim(h1,h2)→(0,0)f((x0,y0)+(h1,h2))=lim(h1,h2)→(0,0)f(x0,y0)+∂f∂x(x0,y0)h1+∂f∂y(x0,y0)h2+r(h1,h2)
se tiene entonces que
lim(h1,h2)→(0,0)f((x0,y0)+(h1,h2))=f(x0,y0)
por lo que f es continua en (x0,y0)

Aplicacion del Teorema del Valor Medio de Funciones de R2→R}

Teorema 2. Suponga que f:A⊂R2→R es tal que
|∂f∂x(x0,y0)|≤M y |∂f∂x(x0,y0)|≤M

donde M no depende de x,y entonces f es continua en A.

Demostración. Sean (x0,y0),(x0+h1,y0+h2)∈A tenemos entonces que f(x0+h1,y0+h2)−f(x0,y0)=f(x0+h1,y0+h2)−f(x0+h1,y0)+f(x0+h1,y0)−f(x0,y0) Aplicando teorema del valor medio se tiene que existen ξ1,∈ (x0,x0+h1),ξ2∈(y0,y0+h2) tal que f(x0+h1,y0+h2)−f(x0+h1,y0)=∂f∂y(x0+h1,ξ2)h2 f(x0+h1,y0)−f(x0,y0)=∂f∂x(ξ1,y0+h2)h1 por lo tanto |f(x0+h1,y0+h2)−f(x0,y0)|=|(∂f∂y(x0+h1,ξ2)h2)+(∂f∂x(ξ1,y0+h2)h1)|≤ |(∂f∂y(x0+h1,ξ2))||h2|+|(∂f∂x(ξ1,y0+h2)|)|h1|≤M(|h2|+|h1|) si tenemos que |(h1,h2)|<δ entonces M(|h2|+|h1|)<2Mδ ∴   ϵ=2Mδ⇒δ=ϵ2M

Diferenciabilidad y Derivadas Direccionales

Teorema 3. Si f:Rn→R es una función diferenciable en x0 en la dirección del vector unitario u entonces
∂f∂u(x0)=∑i=1n∂ f∂xi⋅ui

Demostración. Sea u∈Rn tal que u≠0 y |u|=1 como f es diferenciable en x0, se tiene que
f(x0+h)−f(x0)=∑i=1n∂f∂xi(x0)hi+r(h)satisface
lim(h)→0r(h)|(h)|=0
tomando h=tu se tiene |h|=|tu|=|t||u|=|t|\
se tiene entonces
f(x0+t(u))−f(x0)=∑i=1n∂f∂xi(x0)tui+r(tu)
tenemos entonces
limt→0f(x0+t(u))−f(x0)t=∑i=1n∂f∂xi(x0)ui+limt→0r(tu)
es decir
∂f∂u(x0)=∑i=1n∂f∂xi(x0)ui ◻

Ejemplo. Halle la derivada direccional de f(x,y)=ln⁡(x2+y3) en el punto (1,−3) en la dirección (2,−3)

Solución. En este caso
u=(2,−3) ⇒ |u|=13 → u|u|=(213,−313)
∂f∂x(1,−3)=2xx2+y3|(1,−3)=−226

∂f∂y(1,−3)=3y2x2+y3|(1,−3)=−2726

por lo tanto
D(213,−313)f(1,−3)=(−226)⋅(213)+(−2726)⋅(−313)=7713338

El Gradiente

Sea f:A⊂Rn→R una función diferenciable en x0∈A. Entonces el vector cuyas componentes
son las derivadas parciales de f en x0 se le denomina Vector Gradiente
(∂f∂x1(x0),∂f∂x2(x0),…,∂f∂xn(x0),)
y se le denota por ∇f.

En el caso particular n=2 se tiene
∇f(x0)=(∂f∂x(x0),∂f∂y(x0))
En el caso particular n=3 se tiene
∇f(x0)=(∂f∂x(x0),∂f∂y(x0),∂f∂z(x0))

Ejemplo. Calcular ∇f para f(x,y)=x2y+y3
Solución. En este caso
∇f(x,y)=(2xy,x2+3y2)

Teorema 4. Si f:R2→R es una función diferenciable en (x0,y0) en la dirección del vector unitario u entonces
∂f∂u(x0,y0)=∇f(x0,y0)⋅u

Sea u∈Rn tal que u≠0 y |u|=1 como f es diferenciable en
(x0,y0), se tiene que
f((x0,y0)+(h1,h2))=f(x0,y0)+∂f∂x(x0,y0)h1+∂f∂y(x0,y0)h2+r(h1,h2)

satisface
lim(h1,h2)→(0,0)r(h1,h2)|(h1,h2)|=0
tomando h=tu se tiene |h|=|(h1,h2)|=|tu|=|t||u|=|t|

se tiene entonces
f((x0,y0)+t(u))=f(x0,y0)+∂f∂x(x0,y0)tu1+∂f∂y(x0,y0)tu2+r(tu1,ru2)
y también
r(h1,h2)|(h1,h2)|=r(tu1,ru2)|tu|=r(tu1,ru2)|t||u|=r(tu1,ru2)|t|
tenemos entonces
limt→0r(tu1,ru2)|t|=limt→0f((x0,y0)+t(u))−f(x0,y0)|t|−∂f∂x(x0,y0)tu1|t|−∂f∂y(x0,y0)tu2|t|
es decir
0=∂f∂u(x0,y0)−∂f∂x(x0,y0)u1−∂f∂y(x0,y0)u2
y en consecuencia

∂f∂u(x0,y0)=∂f∂x(x0,y0)u1+∂f∂y(x0,y0)u2=(∂f∂x(x0,y0,∂f∂y(x0,y0)⋅(u1,u2)=∇f(x0,y0)⋅u ◻

Ejemplo. Halle la derivada direccional de f(x,y)=ln⁡(x2+y3) en el punto (1,−3) en la dirección (2,−3)

Solución. En este caso

∂f∂x(1,−3)=2xx2+y3|(1,−3)=−226

∂f∂y(1,−3)=3y2x2+y3|(1,−3)=−2726

por lo tanto
∇f(1,−3)=(−226,−2726)⋅(213,−313)=772613=7713338

Dirección de Mayor Crecimiento de una Función

Teorema 5. Supongamos que ∇(f(x))≠(0,0,0). Entonces ∇(f(x)) apunta en la dirección a lo largo de la cual f crece más rápido.

Demostración. Si v es un vector unitario, la razón de
cambio de f en la dirección v está dada por ∇(f(x))⋅v y
∇(f(x))⋅v = |∇f(x)| |v|cos⁡Θ = |∇f(x)|cos⁡Θ,
donde Θ es el ángulo entre ∇f, v. Este es máximo cuando Θ = 0 y esto ocurre cuando v,  ∇f son paralelos. En otras palabras, si queremos movernos en una dirección en la cual f va a crecer más rápidamente, debemos proceder en la dirección ∇f(x). En forma análoga, si queremos movernos en la dirección en la cual f decrece más rápido, habremos de proceder
en la dirección −∇f.

Ejemplo. Encontrar la dirección de rapido crecimiento en (1,1,1) para f(x,y,z)=1x2+y2+z2

Solución. En este caso

∇f(1,1,1)=(∂(1x2+y2+z2)∂x,∂(1x2+y2+z2)∂y,∂(1x2+y2+z2)∂z)|(1,1,1)=

(−xx2+y2+z2,−yx2+y2+z2,−zx2+y2+z2)|(1,1,1)=−133(1,1,1)
Podemos tomar

u=∇f|∇f|
en este caso
u=−133(1,1,1)13=(−13,−13,−13)

Puntos Estacionarios

Definición. Sea f:Ω⊂Rn→R diferenciable, a los puntos x∈Ω tales que ∇f(x)=0 se les llama puntos críticos (o punto estacionario) de la función.

Ejemplo. Sea f:R2→R dada por f(x,y)=x2−y2 hallar los puntos críticos de f

Solución. Se tiene que ∇f(x)=(2x,2y) \hspace{0.5cm}∇f(x)=0⇔(2x,2y)=(0,0)⇔2x=0 y 2y=0⇔x=0 y y=0 \hspace{0.5cm} ∴ (0,0) es el único punto crítico de f.

Ejemplo. Que condición se debe satisfacer para que la función f:R2→R dada por f(x,y)=ax2+2bxy+cy2+dx−ey+f tenga un punto crítico

∇f=(2ax+2by+d,2bx+2cy−e) entonces

∇f=0⇔2ax+2by+d=0 y 2bx+2cy−e=0

⇒ 2ax+2by=−d y 2bx+2cy=e se necesita que

⇒ 2a(2c)−(2b)2≠0 ∴ ac−b2≠0

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