En coordenadas rectangulares la longitud de arco de una curva parametrizada la calculamos con la integral $$\int\limits_{t_0}^{t_1} \Big\|{\alpha}’ (t) \Big\| dt$$

Si $\alpha (t) = \big( x (t), y (t) \big)$, y ${\alpha}’ (t) = \big( x’ (t) , y’ (t) \big)$, entonces $$\int\limits_{t_0}^{t_1} \sqrt{ \big( x’ (t)\big)^2 + \big(y’ (t) \big)^2 \, } dt $$

¿Qué integral habría que calcular si la curva está en otras coordenadas?

Por ejemplo: en coordenadas polares, es decir, si conocemos $ r (t)$ y $\theta (t)$

Entonces

$ x (t) = r (t) \cos \big( \theta (t) \big)$

$ y (t) = r (t) \sin \big( \theta (t) \big)$

Derivando

$ x’ (t) = r’ (t) \cos \big( \theta (t) \big) \, – \, r (t) {\theta}’ (t) \sin \big( \theta (t) \big)$

$ y’ (t) = r’ (t) \sin \big( \theta (t) \big) \, + \, r (t) {\theta}’ (t) \cos \big( \theta (t) \big)$

Luego

$\begin{align*} \big( x’ (t)\big)^2 + \big(y’ (t) \big)^2 &= \Big( r’ (t) \cos \big( \theta (t) \big) \, – \, r (t) {\theta}’ (t) \sin \big( \theta (t) \big) \Big)^2 + \Big( r’ (t) \sin \big( \theta (t) \big) \, + \, r (t) {\theta}’ (t) \cos \big( \theta (t) \big) \Big)^2 \\ &= \textcolor{Green}{ {r’}^2 {\cos}^2 \theta (t)} \, – \, \cancel{ \textcolor{Red}{2 r’ (t) r (t) {\theta}’ (t) \cos \theta (t) \sin \theta (t)}} + \textcolor{DarkBlue}{r^2 (t) {{\theta}’}^2 (t) {\sin}^2 \theta (t) } \\ & + \textcolor{Green}{ {r’}^2 {\cos}^2 \theta (t)} + \cancel{ \textcolor{Red}{2 r’ (t) r (t) {\theta}’ (t) \cos \theta (t) \sin \theta (t)}} + \textcolor{DarkBlue}{r^2 (t) {{\theta}’}^2 (t) {\sin}^2 \theta (t)} \\ &= \Big( r’ (t) \Big)^2 + r^2 (t) \Big( {\theta}’ (t) \Big)^2 \end{align*} $

Entonces $$\int\limits_{t_0}^{t_1} \sqrt{ \Big( r’ (t) \Big)^2 + r^2 (t) \Big( {\theta}’ (t) \Big)^2 \, } dt$$

${}$

La «notación diferencial»

$$ ds^2 = dx^2 + dy^2 \; \; \longrightarrow \; \; \Big(\dfrac{ds}{dt}\Big)^2 = \Big(\dfrac{dx}{dt}\Big)^2 + \Big(\dfrac{dy}{dt}\Big)^2$$

Entonces $$\int ds = \int \dfrac{ds}{dt} dt$$

En coordenadas polares

$ds^2 = dr^2 + r^2 d{\theta}^2 \longleftrightarrow \Big(\dfrac{ds}{dt}\Big)^2 = \Big(\dfrac{dr}{dt}\Big)^2 + r^2 \Big(\dfrac{d \theta}{dt}\Big)^2$

Queremos que $ T \, o \, \beta = \alpha$

$T ( r, \theta) = (x, y)$

$x = r \cos \theta$

$y = r \sin \theta$

$x (t) = r (t) \cos \theta (t)$

$y (t) = r (t) \sin \theta (t)$

La «diferencial de T» ( o derivada de $T$)

$$DT = \begin{equation*} \left( \begin{matrix} \dfrac{\partial x}{\partial r} & \; \; & \dfrac{\partial x}{\partial \theta}\\ {} \\ \dfrac{\partial y}{\partial r} & \; \; & \dfrac{\partial y}{\partial \theta}\end{matrix} \right) \end{equation*}$$

Esta matriz es la transformación lineal que asocia vectores tangentes en el plano $r \theta$ con vectores tangentes en el plano $xy.$

Luego $DT \cdot {\beta}’ = {\alpha}’$

Entonces $ \begin{equation*} \left( \begin{matrix} \dfrac{\partial x}{\partial r} = \cos \theta & \; \; & \dfrac{\partial x}{\partial \theta} = – \, r \sin \theta \\ {} \\\dfrac{\partial y}{\partial r} = \sin \theta & \; \; & \dfrac{\partial y}{\partial \theta} = r \cos \theta \end{matrix} \right) \end{equation*}$

Entonces $$ \begin{equation*} \left( \begin{matrix} \cos \theta & \; \; & – \, r \sin \theta \\ {} \\ \sin \theta & \; \; & r \cos \theta \end{matrix} \right) \left( \begin{matrix} r’ \\ {} \\ {\theta}’ \end{matrix} \right) = \left( \begin{matrix} x’ \\ {} \\ y’ \end{matrix} \right) \end{equation*}$$

Luego

$ x’ = r’ \cos \theta \, – \, r {\theta}’ \sin \theta$

$ y’ = r’ \sin \theta \, + \, r {\theta}’ \cos \theta$

Para pedir la $\|{\alpha}’t\|$ usamos el producto punto

${\alpha}’ \cdot {\alpha}’=\|{\alpha}’\|^2$

$\sqrt{{\alpha}’ \cdot {\alpha}’}=\|{\alpha}’\|$

Si tenemos $T:V \longrightarrow W$ transf. lineal, y tenemos una función bilineal

$b:W \times W \longrightarrow \mathbb{R}$

podemos formar otra función bilineal B, tal que $B:V\times V \rightarrow \mathbb{R}$

$B( v_1 , v_2) := b(Tv_1, Tv_2)$

Vamos a medir el tamaño de los vectores en el plano $(r, \theta)$ no con la norma del producto punto sino con la norma de este producto escalar

$\begin{align*}B \Big( ({r’}_1, {\theta}’_1) , ({r’}_2, {\theta}’_2) \Big) &= b \Big( DT ({r’}_1, {\theta}’_1) , DT ({r’}_2, {\theta}’_2) \Big) \\ &= DT \begin{pmatrix} {r’}_1 \\ {\theta}’_1 \end{pmatrix} \cdot DT \begin{pmatrix} {r’}_2\\ {\theta}’_2 \end{pmatrix}\end{align*}$

$\begin{align*} \Big( {r’}_1 \cos \theta \, – \, r {\theta}’_1 \sin \theta , {r’}_1 \sin \theta \, + \, r {\theta}’_1 \cos \theta \Big) \cdot \Big( {r’}_2 \cos \theta \, – \, r {\theta}’_2 \sin \theta , {r}’_2 \sin \theta \, + \, r {\theta}’_2 \cos \theta \Big) \\ = \textcolor{Orange}{ {r}’_1 {r}’_2 {\cos}^2 \theta } \, – \, \cancel{ \textcolor{Red}{ {r’}_1 r {\theta}’_2 \cos \theta \sin \theta }} \, – \, \textcolor{DarkBlue}{{r}’_2 {\theta}’_1 \sin \theta \cos \theta } \\ + \textcolor{Green}{ {r}^2 {\theta}’_1 {\theta}’_2 {\sin}^2 \theta } + \textcolor{Orange}{ {r}’_1 {r}’_2 {\cos}^2 \theta } \, – \, \cancel{ \textcolor{Red}{ {r’}_1 r {\theta}’_2 \cos \theta \sin \theta }} \\ \, – \, \textcolor{DarkBlue}{{r}’_2 {\theta}’_1 \sin \theta \cos \theta } + \textcolor{Green}{ {r}^2 {\theta}’_1 {\theta}’_2 {\sin}^2 \theta } \\ = {r}’_1 {r}’_2 \, + \, {r’} {\theta}’_1 {\theta}’_2 \end{align*} $

Nueva norma para los vectores tangentes $\big( r’, {\theta}’ \big)$ en el plano $ ( r, \theta)$ $$\big\| \big( r’, {\theta}’ \big) \big\| : = \sqrt{{r’}^2 + r^2 {{\theta}’}^2 \, }$$

${}$

Jacobiano $= \begin{vmatrix} \cos \theta & \; \; \; & \; \; \sin \theta \\ \sin \theta & \; \; \; & \,- \ \cos \theta\end{vmatrix} = r \cos^2 \theta + r \sin^2 \theta = r $

En general, si tenemos un cambio de coordenadas

$ x = f (u, v)$

$ y = g (u, v)$

Sus derivadas son

$\dfrac{dx}{dt} = \dfrac{\partial x}{\partial u} \dfrac{du}{dt} + \dfrac{\partial x}{\partial v} \dfrac{dv}{dt}$

$\dfrac{dy}{dt} = \dfrac{\partial y}{\partial u} \dfrac{du}{dt} + \dfrac{\partial y}{\partial v} \dfrac{dv}{dt}$

Entonces

$\begin{pmatrix} \dfrac{dx}{dt} \\ {} \\ \dfrac{dy}{dt} \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \dfrac{\partial x}{\partial u} & \; \; & \dfrac{\partial x}{\partial v} \\{}\\ \dfrac{\partial y}{\partial u} & \; \; & \dfrac{\partial y}{\partial v} \end{pmatrix} \begin{pmatrix} \dfrac{du}{dt} \\ {} \\ \dfrac{dv}{dt} \end{pmatrix}$

Luego

$\begin{align*} \int\limits_{t_0}^{t_1} \big\|{\alpha}’ (t) \big\| dt &= \int\limits_{t_0}^{t_1} \sqrt{ \Big( \dfrac{dx}{dt}\Big)^2 \, + \, \Big( \dfrac{dy}{dt}\Big)^2 \, } dt \\ &= \int\limits_{t_0}^{t_1} H \Big( \dfrac{du}{dt} \, , \, \dfrac{dv}{dt} \Big) dt \end{align*} $

${}$

Longitud de arco de una curva en $\mathbb{R}^3$,

(*) en coordenadas cartesianas $$\textcolor{Red}{ds^2 = dx^2 \, + \, dy^2 \, + \, dz^2} $$

(*) en coordenadas cilíndricas $$\textcolor{Green}{ds^2 = dr^2 \, + \, r d{\theta}^2 \, + \, dz^2} $$

(*) en coordenadas esféricas $$\textcolor{DarkBlue}{ds^2 = dr^2 \, + \, r^2 \Big( d{\theta}^2 \, + \, {\sin}^2 \theta \; d{\varphi}^2 \Big) }$$

1. Evalúa las siguientes expresiones, escribe cada paso y la ley de los exponentes que usaste en cada caso. Escribe tu respuesta sin exponentes negativos.

• $(−2)^5$
• $−2^5$
• $2^{−5}$
• $(4^7)/(4^4)$
• $(3^8)/(3^5)$
• $(7^12)/(7^10)$
• $(5/6)^{−3}$
• $(1/4)^{−2}$
• $(3/5)^{−4}$
• $27^{2/3}$
• $8^{3/2}$
• $16^{1/4}$
• $(−5)^3$
• $−5^3$
• $5^{−3}$
• $(2^6)/(2^2)$
• $(9^5)/(9^3)$
• $(4^7)/(4^4)$
• $(3/4)^{−2}$
• $(5/9)^{−1}$
• $(8/15)^{−3}$
• $2^{−2}$
• $10^{−3}$
• $16^{−5/4}$
• $32^{−4/5}$
• $(3/7)^{−5}$
• $(1/2)^{−4}$
• $(5/11)^{−6}$

2. Simplifica las expresiones e indica la ley o propiedad que usaste en cada tipo de expresión. Escribe tu respuesta sin exponentes negativos.

• $\sqrt{72} − \sqrt{50}$​
• $\sqrt{245} + \sqrt{72}$​
• $\sqrt{300} − \sqrt{75}$
• $\sqrt{128} + \sqrt{32}$
• $\sqrt{180} − \sqrt{45}$
• $(2a^2b^3)(3a^4b^2)$
• $(5a^3b^2)^{2}(2a^2b^4)$
• $(4a^2b)(3a^3b^2)$
• $(7a^5b^3)(2a^2b^4)^{2}$
• $(8a^4b^2)(5a^2b^3)$
• $\left(\frac{2x^{3/4}y^2}{x^{1/2}y^{1/3}}\right)^2$
• $\left(\frac{3a^{5/3}b^2}{a^{2/3}b^{1/2}}\right)^3$
• $\left(\frac{4x^{5/6}y^3}{x^{1/3}y^{2/5}}\right)^2$
• $\left(\frac{5a^{2/3}b^{1/4}}{a^{1/2}b^{1/3}}\right)^3$
• $\left(\frac{6x^{4/5}y^2}{x^{1/5}y^{1/2}}\right)^2$

3. Resuelve las siguientes operaciones paso a paso.

• $5(x + 7) + 3(2x − 4)$
• $4(x − 3) + 6(3x + 2)$
• $2(x + 5) + 7(4x − 1)$
• $(x + 4) (3x − 2)$
• $(x − 1)(2x + 5)$
• $(2x + 3)(x − 4)$
• ​​$(3x + 5)^2$
• $(2x − 7)^2$
• $(4x + 6)^2$
• $(x + 3)^3$
• $(2x − 1)^3$
• $(x − 4)^3$
• $(\sqrt{m}​+\sqrt{n}​)(\sqrt{m}​−\sqrt{n}​)$
• $(\sqrt{x}​+3)(\sqrt{x}​−3)$
• $(2a+\sqrt{b}​)(2a−\sqrt{b}​)$

4. Factoriza las siguientes expresiones. 

• $4x^4 + 8x^3$
• $5y^3 + 10y^2$
• $3x^{4/3} − 6x^{2/3} + 9x^{−1/3}$
• $2x^{5/2} – 4x^{3/2} + 6x^{1/2}$
• $x^2y − 3xy^2$
• $6x^3y − 9x^2y^2$
• $9x^2 – 16$
• $4y^2 – 25$
• $3x^2 + 11x − 4$
• $4x^2 − 13x + 9$
• $x^3 − 6x^2 − 4x + 24$
• $x^3 + 2x^2 − 9x − 18$

5. Simplifica las siguientes expresiones racionales. 

• $\frac{x^2 + 5x + 6}{x^2 + 4x + 3}​$
• $\frac{2x^3 + 5x^2 – 6x}{x^2 – x – 6}$​
• $\left( \frac{x^2 + 2x + 1}{x^2 – 1} \right) \left( \frac{x – 1}{x + 2} \right)$
• $\left( \frac{x^2 – 9}{x^2 – 4} \right) \left( \frac{x + 3}{x + 2} \right)$
• $\frac{x^2 + 6x + 9}{x^2 – 4} – \frac{2x + 3}{x + 2}​$
• $\frac{x^2 – 1}{x^2 + 3x + 2} – \frac{x + 2}{x + 1}$
• $\frac{\frac{2x}{y} – \frac{y}{x}}{\frac{1}{x} – \frac{1}{y}}​​$
• $\frac{\frac{3}{x + 1} + \frac{2}{x – 1}}{\frac{1}{x – 1} + \frac{1}{x + 1}}$

6. Racionaliza las expresiones y simplifica.

• ${\sqrt{6}}{\sqrt{3}-1}$
• $\frac{\sqrt{12}}{\sqrt{6} – 3}$
• $\frac{\sqrt{16+h} – 4}{h}$
• $\frac{\sqrt{9+h} – 3}{h}$

7. Reescribe las siguientes expresiones completando cuadrados.

• $x^2 + 6x + 5$
• $x^2 + 4x + 7$
• $3x^2 – 18x + 7$
• $3x^2 – 18x + 5$
• $2x^2 + 8x + 3$
• $4x^2 – 12x + 24$

8. Resuelve las siguientes ecuaciones, encuentra sólo raíces reales.

• $x + 3 = 8 −\frac{x}{3}​$
• $x^2 – 7x + 10 = 0$
• $x^4 – 5x^2 + 4 = 0$
• $3x(5 – x)^{1/2} – 2\sqrt{5 – x} = 0$
• $\frac{3x}{x + 2} = \frac{3x – 2}{x + 1}$
• $2x^2 + 5x – 3 = 0$
• $4|x – 2| = 12$

9. Resuelve las desigualdades, la solución debe estar en términos de intervalos de números reales.

• $-3 < 4 – 2x \leq 10$
• $-5 \leq 7 – 4x < 12$
• $x(x + 3)(x – 2) > 0$
• $(x – 1)(x + 3)(x – 4) \leq 0$
• $\frac{3x + 2}{x – 2} > 1$
• $\frac{4x – 5}{x + 2} \geq 2$
• $x^2 – 5x + 6 \geq 0$
• $x^2 + 4x – 5 < 0$
• $|x + 2| \geq 5$
• $|2x – 1| > 4$

10. Indica si las siguientes ecuaciones son falsas o verdaderas, explica por qué.

• $(m + n)^2 = m^2 + n^2$
• $\sqrt{a^2 + b^2} = a + b$
• $\frac{1}{a – b} = \frac{1}{a} – \frac{1}{b}$
• $\sqrt{xy} = \sqrt{x} \sqrt{y}$​
• $\frac{1 + r}{r} = 1 + \frac{1}{r}$
• $\frac{1/y}{a/y – b/y} = \frac{1}{a – b}$

Introducción

En está sección estudiaremos el concepto matemático que define los puntos infinitamente cercanos a un conjunto.

Sea A un subconjunto arbitrario de $\mathbb{R}^{n}$. Se dice que $\overline{x}\in \mathbb{R^{n}}$ es un $\textit{punto de acumulación}$ de $A$, si toda bola abierta con centro en $\overline{x}$ contiene un punto de $A$ distinto de $\overline{x}$ es decir $$\forall r>0 \quad \left(B(\overline{x},r)-{\overline{x}}\right)\bigcap A\neq \emptyset$$
Al conjunto de puntos de acumulación de $A$ se le denomina el conjunto derivado de $A$ y se le denota $A^{a}$

Lema 1.-$\bar{x}\in\mathbb{R}^n$ es punto de acumulación de $A$ si y solamente si $\bar{x}\in \overline{A-{\bar{x}}}$

Demostración. Si $\bar{x}$ es un punto de acumulación de A entonces \quad $\forall \, r > 0$ \quad $B(\bar{x},r)-{\bar{x}}\cap A \neq \varnothing$ esta expresión es equivalente a $$B(\bar{x},r)\cap A -{\bar{x}}\neq \varnothing$$
por lo que $$B(\bar{x},r) \cap {\bar{x}}^c\cap A
= [B(\bar{x},r) \cap {\bar{x}}^c]\cap A= B(\bar{x},r)\cap A -{\bar{x}}\neq
\varnothing$$
pero esto significa que $\bar{x}$ es un punto de
adherencia de $A -{\bar{x}}$
$\therefore$ $\bar{x}\in \overline{A-{\bar{x}}}$ $\square$

Ejercicio. Pruebe que $A’\subset \overline{A}$

Demostración. Sea $x\in~A’$ se tiene entonces
$$x\in~A’~\Rightarrow~x\in \overline{A-{\bar{x}}}~\underbrace{\Rightarrow}_{ \overline{A-{\bar{x}}}\subset~\overline{A}}~x\in \overline{A}$$
por lo tanto $A’\subset \overline{A}$

Ejercicio. Pruebe que $A\subset B~\Rightarrow~A’\subset~B’$

Demostración. Sea $x\in~A’$ se tiene entonces
$$x\in~A’~\Rightarrow~x\in \overline{A-{x}}~\underbrace{\Rightarrow}_{ \overline{A-{x}}\subset~\overline{B-{x}}}~x\in \overline{B-{x}}~\Rightarrow~x\in~B’$$
por lo tanto $A’\subset B’$ $\square$

Proposición 1.-Si $\bar{x}\in\mathbb{R}^n$ es un punto de acumulación de $A$, entonces toda bola abierta $B(\bar{x},r)$ contiene una infinidad de puntos de $A$.

Demostración. Sea $B(\bar{x},r)$ una bola abierta arbitraria con centro $\bar{x}$,
supongase que esta bola tuviese solamente un número finito de puntos de $A$, digamos $\bar{x}_1,\ldots,\bar{x}_k$ cada uno distinto de $\bar{x}$ elijamos
$r_0=\min{d(\bar{x},\bar{x}_1),\ldots,d(\bar{x},\bar{x}_k)}$ $\therefore$ $d(\bar{x},\bar{x}_i)\leq r$. Consideremos ahora la bola abierta $B(\bar{x},r_0)$. Es claro que $B(\bar{x},r_0) \subset B(\bar{x},r)$ y de la desigualdad se sigue que $B(\bar{x},r_0)$ no contiene puntos de $A$ distintos de $\bar{x}$ pues todo punto de $A$ que estubiese en $B(\bar{x},r_0)$ también sería elemento de $B(\bar{x},r)$ lo cual no es posible ya que $\bar{x}_1,\ldots,\bar{x}_k$ son los únicos elementos de $A$ que están en $B(\bar{x},r)$. Entonces la bola abierta $B(\bar{x},r_0)$ no tiene puntos de $A$ diferentes de $\bar{x}$, esto contradice la hipotesis de que $\bar{x}$ es punto de acumulación. $\square$

Teorema 1.- Un conjunto $A$ es cerrado si y solo si contiene a todos sus puntos de acumulación.

Demostración. Sea $\bar{x}$ un punto de acumulación de $A$. si $\bar{x} \not\in A $, el conjunto abieto $A^{c}$ es una vecindad de $\bar{x}$, que debe contener cuando menos un punto de $A$, pero esto no es posible, por lo tanto se concluye $x\in A$.
Inversamente:Si A contiene a todos sus puntos de acumulación se habrá de probar que
$A^{c}$ es abierto.
Sea $y \in A^{c}$ entonces $y$ no es punto de acumulación de $A$. Por lo tanto, existe una vecindad $r$ de $y$ tal que $A \cap v = \varnothing$.
En consecuencia $v_y\subset A^{c}$. Dado que esto es válido $\forall \ y \in A^{c}$ se deduce que $A^{c}$ es abierto $\therefore$ $A$ es cerrado. $\square$

Ejercicio. Sean $A, B\in\mathbb{R}^{n}$. Pruebe que $$(A\bigcup B)’=A’\bigcup B’$$

Demostración. Tenemos que
$$x\in (A\bigcup B)’~\Rightarrow~x\in\overline{A\bigcup B}-{x}$$
$$~\Rightarrow~x\in \overline{A-{x}}\bigcup \overline{B-{x}}$$
$$~\Rightarrow~x\in \overline{A-{x}}\acute{o}x\in \overline{B-{x}} $$
$$~\Rightarrow~x\in A’\acute{o}x\in B’$$
$$~\Rightarrow~x\in A’\bigcup B’$$
Inversamente
$$A\subset A\bigcup B~\Rightarrow~A’\subset (A\bigcup B)’$$
$$B\subset A\bigcup B~\Rightarrow~B’\subset (A\bigcup B)’$$
de lo anterior se tiene
$$A’\bigcup B’\subset (A\bigcup B)’$$ $\square$

Ejercicio. Pruebe que $(A\bigcap B)’\subset A’\bigcap B’$

Demostración.

$$ A\bigcap B~\subset~A~\Rightarrow~(A\bigcap B)’\subset A’$$
$$ A\bigcap B~\subset~B~\Rightarrow~(A\bigcap B)’\subset B’$$
de lo anterior se tiene
$$(A\bigcup B)’\subset A’\bigcup B’$$ $\square$

Más adelante

Tarea moral

1.- Prueba que si $A \subset \mathbb{R}^n $ es un conjunto arbitrario entonces

$$int(A) \subset A’ \subset int(A) \bigcup Fr(A)$$

2.- Prueba que $A \cup A’= \overline{A}$

3.- Sea $A=\left\{(m,0) \in \mathbb{R}^2 | m \in \mathbb{Z}\right\}$ Describe y prueba quién es $A’$

4.- Determina quien es el $S’$ de $S=\left\{ (\dfrac{1}{n},0 ) |n \in \mathbb{N} \right\} \subset \mathbb{R}^2$

5.-Da un ejemplo de un conjunto $S$ en $\mathbb{R}^2$ donde $S’$ sólo tenga un punto de acumulación y otro donde contenga una infinidad.

Enlaces

Introducción

Recordemos el teorema del valor medio para funciones de $\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$

Suponga que $f:[a,b]\rightarrow\mathbb{R}$ es derivable en $(a,b)$ y continua en $[a,b]$ entonces existe $c\in(a,b)$ tal que
$$f'(c)=\frac{f(b)-f(a)}{b-a}$$

En esta sección se presenta el caso en la versión para funciones de $\mathbb{R}^{n}$ en $\mathbb{R}$. De esta manera el caso general se ve de la siguiente manera:

Teorema. Sea $f:A\subset\mathbb{R}^{n} \rightarrow \mathbb{R}$
una función definida en el conjunto abierto $A$ de $\mathbb{R}^{n}$. Si $x_{0},y_{0} \in A$ se pide que el conjunto $A$ sea tal que $[x_0,y_0]={x_{0}+t(y_{0}-x_{0})~|~t\in[0,1]}\subset A$. Sea $u$ un vector unitario en la dirección del vector $y_{0}-x_{0}$. Si la función $f$ es continua en los puntos del segmento $[x_0,y_0]$ y
tiene derivadas direccionales en la dirección del vector $u$ en los puntos del segmento $(x_0,y_0)$, entonces existe $\theta$ , $0<\theta<1$ tal que $f(x_0+hu)-f(x_0)=\displaystyle\frac{\partial f}{\partial u}(x_0+\theta
hu)h$ donde $h=|y_0-x_0|$.

Una consecuencia del teorema anterior es el teorema
Teorema. Sea $f:A\subset\mathbb{R}^{n} \rightarrow \mathbb{R}$
una función definida en el conjunto abierto $A$ de $\mathbb{R}^{n}$. Si las derivadas parciales $\displaystyle{\frac{\partial f}{\partial x_{i}}~~\forall i=1,..,n}$ son continuas en $x_{0}\in A$ entonces f es diferenciable en $x_{0}\in A$
Vamos a dar una idea de la demostración para el caso n=2

Teorema del Valor Medio para Funciones de $\mathbb{R}^{2}\rightarrow \mathbb{R}$

Teorema. Sea $f:A\subset\mathbb{R}^{2} \rightarrow \mathbb{R}$ una función definida en el conjunto abierto $A$ de $\mathbb{R}^{2}$. Si $x_{0},y_{0} \in A$ se pide que el conjunto $A$ sea tal que $[x_0,y_0]={x_{0}+t(y_{0}-x_{0})~|~t\in[0,1]}\subset A$. Sea $u$ un vector unitario en la dirección del vector $y_{0}-x_{0}$. Si la función
$f$ es continua en los puntos del segmento $[x_0,y_0]$ y tiene derivadas direccionales en la dirección del vector $u$ en los puntos del segmento $(x_0,y_0)$, entonces existe
$\theta$ \, $0<\theta<1$ tal que $f(x_0+hu)-f(x_0)=\displaystyle\frac{\partial f}{\partial u}(x_0+\theta hu)h$ donde $h=|y_0-x_0|$.

Demostración. Considere la función $\phi:[0,h]\rightarrow
\mathbb{R}$ dada por $\phi(t)=f(x_0+tu)$ ciertamente
la función $\phi$ es continua en $[0,h]$ pues $f$ lo es en $[x_0,y_0]$. Ademas

[\begin{array}{ll}
\phi'(t) & =\displaystyle\lim_{h \rightarrow 0}
\frac{\phi(t+h)-\phi(t)}{h} \\
\, & = \displaystyle\lim_{h \rightarrow 0}
\frac{f(x_0+(t+h)u)-f(x_0+tu)}{h} \\
\, & = \displaystyle\lim_{h \rightarrow 0}
\frac{f(x_0+tu+hu)-f(x_0+tu)}{h} \\
\, & = \displaystyle\frac{\partial f}{\partial
u}(x_0+tu)
\end{array}]

de modo que para $t \in (0,h)$, $\phi'(t)$ existe y es la derivada direccional de $f$ en $x_0+tu \in (x_0,y_0)$ en la dirección del vector $u$. Aplicando entonces el teorema del valor medio a la función $\phi$, concluimos que existe un múmero $\theta \in (0,1)$ que da $\phi(h)-\phi(0)=\phi'(\theta h)h$\ es decir de modo que $$f(x_0+hu)-f(x_0)=\frac{\partial f}{\partial u}(x_0+\theta hu)h$$

Ahora para la verisón del teorema 3

Teorema 5. Sea $f:A\subset\mathbb{R}^{2} \rightarrow \mathbb{R}$
una función definida en el conjunto abierto $A$ de $\mathbb{R}^{n}$. Si las derivadas parciales $\displaystyle{\frac{\partial f}{\partial x},~~\frac{\partial f}{\partial y}}$ son continuas en $(x_{0},y_{0})\in A$ entonces f es diferenciable en $(x_{0},y_{0}\in A$

Demostración. Vamos a probar que $$f((x_{0},y_{0})+(h_{1},h_{2}))=f(x_{0},y_{0})+\frac{\partial f}{\partial x}(x_{0},y_{0})h_{1}+\frac{\partial f}{\partial y}(x_{0},y_{0})h_{2}+r(h_{1},h_{2})$$donde $$\lim_{(h_{1},h_{2})\rightarrow(0,0)}\frac{r(h_{1},h_{2})}{|(h_{1},h_{2})|}=0$$

para ello tenemos que
$$r(h_{1},h_{2})=f((x_{0},y_{0})+(h_{1},h_{2}))-f(x_{0},y_{0})-\frac{\partial f}{\partial x}(x_{0},y_{0})h_{1}-\frac{\partial f}{\partial y}(x_{0},y_{0})h_{2}$$
sumando un cero adecuado
$$r(h_{1},h_{2})=f((x_{0},y_{0})+(h_{1},h_{2}))-\textcolor{Red}{f(x_{0},y_{0}+h_{2})}+\textcolor{Red}{f(x_{0},y_{0}+h_{2})}-f(x_{0},y_{0})-\frac{\partial f}{\partial x}(x_{0},y_{0})h_{1}-\frac{\partial f}{\partial y}(x_{0},y_{0})h_{2}$$
trabajaremos

$$f((x_{0},y_{0})+(h_{1},h_{2}))-\textcolor{Red}{f(x_{0},y_{0}+h_{2})}$$Considerando la función $\varphi(x)=f(x,y_{0}+h_{2})$ por lo tanto tenemos que $$\varphi'(x)=\lim_{h_{1}\rightarrow0}\frac{\varphi(x+h_{1})-\varphi(x)}{h_{1}}=\lim_{h_{1}\rightarrow0}\frac{f(x+h_{1},y_{0}+h_{2})-f(x,y_{0}+h_{2})}{h_{1}}$$
este limite existe y nos dice que $\varphi$ es es continua en este caso en el intervalo $[x_{0},x_{0}+h_{1}]$. Por lo tanto aplicando el TVM en dicho intervalo se obtiene
$$\varphi(x_{0}+h_{1})-\varphi(x_{0})=\varphi'(x_{0}+\theta_{1} h_{1})h_{1}~p.a.~\theta_{1}\in(0,1)$$
es decir
$$f((x_{0}+h_{1},y_{0}+h_{2})-\textcolor{Red}{f(x_{0},y_{0}+h_{2})}=\frac{\partial f}{\partial x}(x_{0}+\theta_{1} h_{1},y_{0}+h_{2})h_{1}$$
Analogamente

$$\textcolor{Red}{f(x_{0},y_{0}+h_{2})}-f(x_{0},y_{0})$$Considerando la función $\varphi(y)=f(x_{0},y)$ por lo tanto tenemos que $$\varphi'(y)=\lim_{h_{2}\rightarrow0}\frac{\varphi(x_{0},y_{0}+h_{2})-\varphi(y_{0}+h_{2})}{h_{2}}=\lim_{h_{2}\rightarrow0}\frac{f(x_{0},y_{0}+h_{2})-f(y_{0}+h_{2})}{h_{2}}$$
este limite existe y nos dice que $\varphi$ es es continua en este caso en el intervalo $[y_{0},y_{0}+h_{2}]$. Por lo tanto aplicando el TVM en dicho intervalo se obtiene
$$\varphi(y_{0}+h_{2})-\varphi(y_{0})=\varphi'(y_{0}+\theta_{2} h_{2})h_{2}~p.a.~\theta_{2}\in(0,1)$$
es decir
$$f((x_{0},y_{0}+h_{2})-\textcolor{Red}{f(x_{0},y_{0})}=\frac{\partial f}{\partial y}(x_{0},y_{0}+\theta_{2}h_{2})h_{2}$$

Sustituimos en
$$r(h_{1},h_{2})=f((x_{0},y_{0})+(h_{1},h_{2}))-\textcolor{Red}{f(x_{0},y_{0}+h_{2})}+\textcolor{Red}{f(x_{0},y_{0}+h_{2})}-f(x_{0},y_{0})-\frac{\partial f}{\partial x}(x_{0},y_{0})h_{1}-\frac{\partial f}{\partial y}(x_{0},y_{0})h_{2}$$y obtenemos
$$r(h_{1},h_{2})=\frac{\partial f}{\partial x}(x_{0}+\theta_{1} h_{1},y_{0}+h_{2})h_{1}-\frac{\partial f}{\partial x}(x_{0},y_{0})h_{1}+\frac{\partial f}{\partial y}(x_{0},y_{0}+\theta_{2}h_{2})h_{2}-\frac{\partial f}{\partial y}(x_{0},y_{0})h_{2}$$

es decir
$$r(h_{1},h_{2})=\left(\frac{\partial f}{\partial x}(x_{0}+\theta_{1} h_{1},y_{0}+h_{2})-\frac{\partial f}{\partial x}(x_{0},y_{0})\right)h_{1}+\left(\frac{\partial f}{\partial y}(x_{0},y_{0}+\theta_{2}h_{2})-\frac{\partial f}{\partial y}(x_{0},y_{0})\right)h_{2}$$
por lo tanto
$$\frac{r(h_{1},h_{2})}{|(h_{1},h_{2})|}=\left(\frac{\partial f}{\partial x}(x_{0}+\theta_{1} h_{1},y_{0}+h_{2})-\frac{\partial f}{\partial x}(x_{0},y_{0})\right)\frac{h_{1}}{|(h_{1},h_{2})|}+\left(\frac{\partial f}{\partial y}(x_{0},y_{0}+\theta_{2}h_{2})-\frac{\partial f}{\partial y}(x_{0},y_{0})\right)\frac{h_{2}}{|(h_{1},h_{2})|}$$
ahora bien si $\displaystyle{|(h_{1},h_{2})|\rightarrow(0,0)}$ se tiene
$$\left(\frac{\partial f}{\partial x}(x_{0}+\theta_{1} h_{1},y_{0}+h_{2})-\frac{\partial f}{\partial x}(x_{0},y_{0})\right)\rightarrow0$$
y
$$\frac{h_{1}}{|(h_{1},h_{2})|}<1$$
Analogamente
$$\left(\frac{\partial f}{\partial y}(x_{0},y_{0}+\theta_{2}h_{2})-\frac{\partial f}{\partial y}(x_{0},y_{0})\right)\rightarrow0$$
y
$$\frac{h_{2}}{|(h_{1},h_{2})|}<1$$
en consecuencia
$$\lim_{(h_{1},h_{2})\rightarrow(0,0)}\frac{r(h_{1},h_{2})}{|(h_{1},h_{2})|}=0$$por lo tanto f es diferenciable en $(x_{0},y_{0})$

Más adelante

Tarea Moral

Enlaces

Elipse

La elipse : $$\dfrac{x^2}{a^2} + \dfrac{y^2}{b^2} = 1$$

se puede parametrizar como

$$\left\{ x = a \cos \theta \atop y = b \sin \theta \right.$$

ya que si elevamos al cuadrado ambas ecuaciones obtenemos que $$\left\{ x^2 = a^2 \cos^2 \theta \atop y^2 = b^2 \sin^2 \theta \right.$$ luego, despejando y sumando miembro a miembro observamos que $$\dfrac{x^2}{a^2} + \dfrac{y^2}{b^2} = \cos^2 \theta + \sin^2 \theta = 1$$ que es la ecuación de la elipse.

En el siguiente enlace puedes observar una animación de la elipse.

https://www.geogebra.org/classic/vntpwfrh

Hipérbola

La hipérbola: $$x^2 – y^2 = 1$$

se puede parametrizar como

$$\left\{ x = \sec \theta \atop y = \tan \theta \right.$$

ya que si elevamos al cuadrado cada ecuación tenemos que $$\left\{ x^2 = \sec^2 \theta \atop y^2 = \tan^2 \theta \right.$$ luego, restándolas vemos que $$ x^2 – y^2 = \sec^2 \theta – \tan^2 \theta = \dfrac{1}{\cos^2 \theta} – \dfrac{\sin^2 \theta}{\cos^2 \theta} = \dfrac{1 – \sin^2 \theta}{\cos^2 \theta} = \dfrac{\cos^2 \theta}{\cos^2 \theta} = 1 $$ obtenemos la ecuación de la hipérbola.

Otra manera de parametrizar la hipérbola es considerando

$$\left\{ x = \cosh \theta = \dfrac{e^t + e^{-t}}{2} \atop y = \sinh \theta = \dfrac{e^t – e^{-t}}{2}\right.$$

$$ x^2 – y^2 = \cosh^2 \theta – \sinh^2 \theta = 1$$

En el siguiente enlace puedes observar una animación de la hipérbola.

https://www.geogebra.org/classic/b3wbbndx

Longitud de arco

Consideramos una curva parametrizada $$\alpha : [a, b] \subset \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}^2$$ $$\alpha (t) =(x(t), y(t))$$

Sean $P = \alpha (a)$

y $Q = \alpha (b)$

¿Cuál es la longitud de arco desde $P$ hasta $Q$?

• Aproximemos la longitud de la curva como suma de segmentos de recta.

Dibujo A

$\sum\limits_{i = 1}^n \|\alpha (t_i) – \alpha (t_{i-1}) \|$ con la partición $ a = t_0 < t_1 < \dots < t_n = b$

Nos preguntamos si hay un teorema del valor medio. Es decir, existe $\rho \in (a, b)$ tal que $$f(\rho) = \dfrac{f(b) – f(a)}{b – a}$$

Entonces existe $\rho \in (a, b)$ tal que $$\overrightarrow{\alpha}(\rho) = \dfrac{\overrightarrow{\alpha}(b) – \overrightarrow{\alpha}(a)}{b – a} $$

Si así fuera, entonces $$\| {\alpha}'(\rho) \| = \dfrac{\| \overrightarrow{\alpha}(b) – \overrightarrow{\alpha}(a) \|}{b – a} $$

$\sum\limits_{i = 1}^n \|\alpha (t_i) – \alpha (t_{i-1}) \|=\sum\limits_1^n \|\alpha (t_i) – \alpha (t_{i-1}) \|\dfrac{t_i – t_{i-1}}{t_i – t_{i-1}} $

$=\sum\limits_{i = 1}^n \|{\alpha}’ (\xi_i) \| (t_i – t_{i-1})$

Por lo anterior definimos la longitud de arco desde $P$ hasta $Q$ como

$$ \int\limits_a^b \| {\alpha}'(t) \| dt $$

CASO CIRCUNFERENCIA

Para $\omega = 1.$

$x (t) = A \cos (t) + h$

$y (t) = A \sin (t) + k$

Derivando

$x’ (t) = – A \sin (t) \Longrightarrow (x’)^2 (t) = A^2 \sin^2 (t)$

$y’ (t) = A \cos (t) \Longrightarrow (y’)^2 (t) = A^2 \cos^2 (t) $

Sumando ambas igualdades

$(x’)^2 + (y’)^2 = A^2$ por lo que $\| {\alpha}'(t) \| = A.$

Si $P = \alpha (\theta_0)$ y $Q = \alpha (\theta_1)$, entonces

$$ \int\limits_{\theta_0}^{\theta_1} A \, dt = A (\theta_1 – \, \theta_0) = \text{radio } \Delta \theta $$

Una parametrización de una curva en coordenadas polares

Sea $r = f (\theta) $

Donde $\theta = \omega t$ y $ r = f( \omega t)$, que en coordenadas polares es:

$x (t) = f (\omega t) \cos (\omega t)$

$y (t) = f (\omega t) \sin (\omega t)$

Si $\omega = 1$ entonces $\overrightarrow{\alpha} (t) = (x(t), y(t)) = x (t) \vec{e_1} + y (t) \vec{e_2} = r (t) \overrightarrow{\beta} (t)$, donde $\beta (t) = (\cos \theta (t), \sin \theta (t))$

En este caso, ¿cómo calculamos la velocidad?

$x’ (t) = \dfrac{d}{dt} (f(\omega t) \cos (\omega t)) = \omega f'(\omega t) \cos (\omega t) – \sin (\omega t) f(\omega t) \omega$

$y’ (t) = \dfrac{d}{dt} (f(\omega t) \sin (\omega t)) = \omega f'(\omega t) \sin (\omega t) + \cos (\omega t) f (\omega t) \omega$

Luego,

$(x’, y’) = ( \omega f'(\omega t) \cos (\omega t) – \sin (\omega t) f(\omega t) \omega , \omega f'(\omega t) \sin (\omega t) + \cos (\omega t) f(\omega t) \omega )$

$(x’, y’) = \omega f'(\omega t) (\cos (\omega t) , \sin (\omega t) + \omega f(\omega t) ( -\sin (\omega t) , \cos (\omega t)$

$\overrightarrow{\alpha}’ (t) = r’ (t) \overrightarrow{\beta} (t) + r (t) \overrightarrow{\beta}’ (t)$

$\beta$, $\beta’$ son una base de $\mathbb{R}^2$ en la que podemos extresar ${\alpha}’$.

$\vec{e_1}$, $\vec{e_2}$ son otra base de $\mathbb{R}^2$ en la que también podemos extresar ${\alpha}’$.

Luego, $\alpha’ (t) = x’ (t) \vec{e_1} + y’ (t) \vec{e_2} = r’ (t) \overrightarrow{\beta} (t) + r (t) \overrightarrow{\beta}’ (t)$