Demostración:

Sea $\epsilon > 0.$

Como $f$ es continua, para cada $x \in \mathcal{K}$ existe $\delta_x > 0$ tal que si $ \| x-y \| < \delta_x $ entonces $\big\|f(x) – f(y) \big\| < \frac{\epsilon}{2}$

Como $\mathcal{K}$ es compacto, $\mathcal{K} \subseteq \bigcup\limits_{x \in \mathcal{K}} B_{\frac{\delta_x}{2}}(x)$ es una cubierta abierta de $\mathcal{K}.$

Entonces, existe una subcubierta finita $B_{\frac{\delta_1}{2}}(x_1), \dots , B_{\frac{\delta_l}{2}}(x_l).$

Tomemos $ \delta = mín \big\{ \frac{\delta_1}{2} , \dots , \frac{\delta_l}{2} \big\}.$

Si $\big\| x \, – \, y \big\| < \delta $ entonces $ y \in B_{\delta}(x)$ pero $ x \in B_{\frac{\delta_j}{2}}(x_j) $ para alguna $j$

$$\big\| x \, – \, x_j \big\| < \frac{\delta_j}{2} \Rightarrow x_j \in B_{\frac{\delta_j}{2}}(x)$$

$$\big\| f(x) \, – \, f(x_j) \big\| < \frac{\epsilon}{2} $$

Luego, si $\big\| y \, – \, x_j \big\| = \big\| y \, – \, x \, + \, x \, – \, x_j \big\| \leq \big\| y \, – \, x \big\| + \big\|x \, – \, x_j \big\| < \delta + \frac{\delta_j}{2} \leq \frac{\delta_j}{2} + \frac{\delta_j}{2} = \delta $

$y \in B_{\delta_j}(x_j) \Rightarrow \big\| f(y) \, – \, f(x_j) \big\| < \frac{\epsilon}{2}$

En consecuencia,

$$\big\| f(x) \, – \, f(y) \big\| \leq \big\| f(x) \, – \, f(x_j) \big\| + \big\| f(x_j) \, – \, f(y) \big\| < \frac{\epsilon}{2} + \frac{\epsilon}{2} = \epsilon \; _{\blacksquare}$$

Observa que la bola unitaria no es convexa, es decir, que hay dos puntos en la bola $(1,0)$ y $(0,1)$ tales que el segmento $(1-t)(1,0) + t(0,1)$ no está contenido en la bola unitaria. En particular, para $t= \frac{1}{2}$

$$\frac{1}{2} (1,0) + \frac{1}{2} (0,1)=\Big(\frac{1}{2}, \frac{1}{2} \Big)$$

pero observa que el punto $\Big(\frac{1}{2}, \frac{1}{2}\Big)$ no está en la bola unitaria y debería estar,

ya que si $ \|(x,y)\|=(x^{\frac{1}{2}} + y^{\frac{1}{2}})^2$ fuera norma, entonces se debería cumplir que $$\Big\| \Big(\frac{1}{2}, \frac{1}{2} \Big) \Big\| = \Big\| \frac{1}{2} (1,0) + \frac{1}{2} (0,1) \Big\| \leq \frac{1}{2} \| (1,0) + (0,1) \| = 1 $$ pero eso no ocurre en este caso, ya que $ \Big( \big(\frac{1}{2} \big)^{\frac{1}{2}} + \big(\frac{1}{2} \big)^{\frac{1}{2}} \Big)^2 > 1$.

Por este motivo, no hay norma – p para cuando $p \in (0,1)$.

Teorema

Sea $f : \mathbb{R}^2 \rightarrow \mathbb{R}$, con $A$ abierto, tal que existen las derivadas parciales en $A$ y son acotadas, entonces $f$ es continua en $A$.

Demostración:

Sea $(x_0, y_0) \in A.$

$\Big[$ por demostrar : $f$ es continua en $(x_0, y_0) \Big]$

Basta demostrar que existe $L = \lim_{(x, y) \rightarrow (x_0, y_0)} f (x, y)$ y $ L = f (x_0, y_0).$

Sea $\epsilon > 0.$

Basta demostrar que existe $\delta > 0 $ tal que si

$\| (x, y) \, – \, (x_0, y_0) \| < \delta \Rightarrow |f (x, y) \, – \, f (x_0, y_0)|< \epsilon$

Como $\| (x, y) \, – \, (x_0, y_0) \| < \delta$

Sean $ h = x \, – \, x_0 $ y $ k = y \, – \, y_0 $ entonces, si $\| (h, k) \| < \delta \Rightarrow |f (x_0 + h, y_0 + k) \, – \, f (x_0, y_0) | < \epsilon$

$f (x_0 + h, y_0 + k) \, – \, f (x_0, y_0) = f (x_0 + h, y_0 + k) \, – \, f (x_0 , y_0 + k) \, + \, f (x_0, y_0 + k) \, – \, f (x_0, y_0) $

$f (x_0 + h, y_0 + k) \, – \, f (x_0, y_0) = \dfrac{\partial f}{\partial x} (x_0 + \theta_1 h, y_0 + k) h + \dfrac{\partial f}{\partial y} (x_0 , y_0 + \theta_2 k) k$ para algún $\theta_1, \theta_2 \in (0, 1)$

Sean $\xi = x_0 + \theta_1 h \; \in [x_0, x_0 + h]$

y $\eta = y_0 + \theta_2 k \; \in [y_0, y_0 + k]$

$\dfrac{\partial f}{\partial x}(\xi, y_0+k) = \dfrac{\Delta f}{h}$

$\dfrac{\partial f}{\partial y}(\xi, y_0+k)h = \Delta f$

Tomando el valor absoluto y aplicando la desigualdad del triángulo tenemos que:

$\Big| f (x_0 + h, y_0 + k) \, – \, f ( x_0, y_0) \Big| \leq \Bigg| \dfrac{\partial f}{\partial x}(x_0 + \theta_1h, y_0 + k) \Bigg| \Big|h \Big| + \Bigg| \dfrac{\partial f}{\partial y}(x_0 , y_0 + \theta_2k) \Bigg| \Big|k \Big| \leq M \Big| h \Big| + M \Big| k \Big| < \epsilon$

Para que $M \Big| h \Big| + M \Big| k \Big| < \epsilon$ se debe cumplir que

$$\big| h \big| \leq \sqrt{h^2 + k^2 } = \big\| (h, k) \big\|$$

$$\big| k \big| \leq \sqrt{h^2 + k^2 } = \big\| (h, k) \big\|$$

Luego $$\big| h \big| + \big| k \big| \leq 2 \sqrt{h^2 + k^2 } = 2 \big\| (h, k) \big\|$$

Entonces, para que se cumpla que $ 2M \big\| (h, k) \big\| < \epsilon$ basta pedir que

$$ \big\| (h, k) \big\| < \delta = \dfrac{\epsilon}{2M} \; _{\blacksquare}$$

Encontrar los valores extremos de $f (x, y) = \Big( x \, – \, \dfrac{1}{2} \Big)^2 + \Big( y \, – \, \dfrac{1}{2} \Big)^2$ sujeta a la restricción $(x, y) \in \mathcal{K}$ donde

$\mathcal{K} = \Big\{ (x, y) \in \mathbb{R}^2 \, \big| \, g_1 (x, y) = y \, – \, x^2 = 0 , g_2 (x, y) = x \, – \, y^2 = 0, g_3 (x, y) = 2 \, – \, x \, – \, y = 0 \Big\}$

Calculamos las siguientes derivadas

$\nabla g_1 (x, y) = ( \, – \, 2x, 1) \neq \vec{0}$

$\nabla g_2 (x, y) = ( 1, \, – \, 2y ) \neq \vec{0}$

$\nabla g_3 (x, y) = ( \, – \, 1, \, – \, 1) \neq \vec{0}$

Buscando las intersecciones de $g_1 \cap g_2$, $g_2 \cap g_3$ y $g_1 \cap g_3$ se obtienen los posibles vértices que son los siguientes puntos:

$( 1, 1)$, $(\, – \, 2, 4)$, $(0, 0)$, $(1, 1)$, $(1, 1)$ y $(\, – \, 4, 2).$

Ahora tenemos que checar que puntos cumplen con la restricción:

$ y \, – \, x^2 \geq 0$, $ x \, – \, y^2 \geq 0$ y $ 2 \, – \, x \, – \, y \geq 0$

Por ejemplo: ¿ el punto $( \, – \, 2, 4)$ cumple con la primera desigualdad?

$ y \, – \, x^2 = 4 \, – \, (4)^2 = 4 \, – \, 16 = \, – \, 12 \ngeq 0$, por lo tanto no cumple con la primera desigualdad, luego no es vértice de $\mathcal{K}.$

Análogamente con los demás posibles vértices.

Luego, los puntos $(0, 0)$ y $(1, 1)$ son los vértices de $\mathcal{K}.$

Paso (1):

Encontrar los vértices: los puntos $(0, 0)$ y $(1, 1)$ son los vértices.

En $ f (0, 0) = f (1,1) = \frac{1}{2}$ se tiene máximo global.

Paso (2):

Aplicar multiplicadores de Lagrange en cada lado.

Lado $\mathcal{C}_1$ restricción $g_1 (x, y) = 0$

$y \, – \, x^2 = 0$ . . . (a)

$\nabla f = \lambda \nabla g$

$\begin{pmatrix} \dfrac{\partial f}{\partial x} \\ \\ \dfrac{\partial f}{\partial y} \end{pmatrix} = \lambda \begin{pmatrix} \dfrac{\partial g}{\partial x} \\ \\ \dfrac{\partial g}{\partial y} \end{pmatrix} \; \iff \; \begin{pmatrix} 2x \, – \, 1 \\ \\ 2y \, – \, 1 \end{pmatrix} = \lambda \begin{pmatrix} \, – \, 2x \\ \\ 1 \end{pmatrix}$

por lo que se tienen las siguientes ecuaciones:

$ 2x \, – \, 1 = \, – \, 2 \lambda x$ . . . (b)

$ 2y \, – \, 1 = \lambda $ . . . (c)

Luego, las ecuaciones (a), (b) y (c) forman un sistema de 3×3. Resolviendo el sistema se obtiene que:

$ x = \sqrt[3]{\dfrac{1}{4}}$ , $ y = \sqrt[3]{\dfrac{1}{16}}$

Por lo que en el lado $\mathcal{C}_1$ el punto es el $\Bigg( \sqrt[3]{\dfrac{1}{4}} , \sqrt[3]{\dfrac{1}{16}} \Bigg)$

Análogamente, en el lado $\mathcal{C}_2$ el punto es $\Bigg( \sqrt[3]{\dfrac{1}{16}} , \sqrt[3]{\dfrac{1}{4}} \Bigg)$

Paso (3):

Encontrar los puntos críticos de $ f$ sin restricciones.

$\nabla f = \vec{0}$

$\iff \; 2 \Big( x \, – \, \dfrac{1}{2}\Big) = 0 \; \rightarrow \; x = \dfrac{1}{2}$

$\iff \; 2 \Big( y \, – \, \dfrac{1}{2}\Big) = 0 \; \rightarrow \; y = \dfrac{1}{2}$

Por lo que el mínimo local es $ f (x , y) = f \Bigg( \dfrac{1}{2} , \dfrac{1}{2} \Bigg) = 0$

La restricción es de la forma descrita a continuación:

$g_1 (x, y) \geq 0$

$g_2 (x, y) \geq 0$

$\vdots$

$g_n (x, y) \geq 0$

$\mathcal{K} = \big\{ (x, y) \in \mathbb{R}^2 \, \big| \, g_1 (x, y) \geq 0 , g_2 (x, y) \geq 0 , \dots , g_n (x, y) \geq 0 \big\}$, donde $\mathcal{K}$ sea compacto.

$\partial \mathcal{K} \subseteq \mathcal{C}_1 \cap \mathcal{C}_2 \cap \dots \cap \mathcal{C}_n$ donde

$\mathcal{C}_i = \big\{ (x, y) \in \mathbb{R}^2 \, \big| \, g_i (x, y) = 0 \big\}$

Si $\mathcal{K}$ es compacto y $ f $ es continua en todo $\mathcal{K}$ entonces, existen $ (x_0, y_0) , (x_1 , y_1) $ tales que $ f \Big|_{\mathcal{K}} $ alcanza un mínimo global en $( x_0, y_0)$, y un máximo global en $(x_1, y_1).$

Buscamos responder donde se alcanzan. Para ello realizamos lo siguiente:

(*) Buscar si hay puntos críticos de $f$ en el interior de $\mathcal{K}$.

Esos puntos cumplen que:

$\nabla f (x, y) = 0$, es decir que $\dfrac{\partial f}{\partial x} (x, y) = 0$ y $\dfrac{\partial f}{\partial y} (x, y) = 0$. Este es un sistema de dos ecuaciones con dos incógnitas.

(**) Buscar si hay puntos críticos de $f\Big|_{\mathcal{C}_i}$ para alguna de las curvas $\mathcal{C}_i$ definidas por la ecuación $g_i (x, y) = 0$ correspondiente a

$ \nabla f (x, y) = \lambda \nabla g (x, y)$

$g_i (x, y) = 0$; donde estas dos última ecuaciones forman un sistema de 3 x 3.

Esto con cada «lado curvo» de $\mathcal{K}.$

(***) Buscar si en los «vértices» dados por $\mathcal{C}_i \cap \mathcal{C}_j$, $f \Big|_{\mathcal{K}}$ alcanza un valor extremo. El sistema de 2 x 2 dado por

$g_i (x, y) = 0$ y $g_j (x, y) = 0$.

(****) Finalmente considerar los puntos donde $ f $ no sea diferenciable.