Sea $f:\mathcal{U}\subseteq {\mathbb{R}}^2\to {\mathbb{R}}^3$ tal que

$(u,v)\to (x(u,v),y(u,v),z(u,v))$

$$

Veamos unos ejemplos.

(1) Plano parametrizado.

$f(u,v)=u\overrightarrow{w_1}+v\overrightarrow{w_2}+\overrightarrow{p}$

donde $\overrightarrow{p}=(x_0,y_0,z_0)$ es un punto y $\overrightarrow{w_1}$, $\overrightarrow{w_2}$ son dos vectores que generan el plano.

Consideremos el punto $\overrightarrow{p}=(2,3,4)$ y los vectores que generan el plano $\overrightarrow{w_1}=(1,1,0)$ y $\overrightarrow{w_2}=(1,0,1)$.

Luego $f(u,v)=u(1,1,0)+v(1,0,1)+(2,3,4)$, por lo que

$x=u+v+2$

$y=u+3$

$z=v+4$

(2) La esfera.

a) $\mathcal{U}=\{(u,v)\in {\mathbb{R}}^2|u^2+v^2<1\}$

$f(u,v)=(u,v,\sqrt{1–u^2–v^2})$

b) Con coordenadas polares.

$f(\theta ,\phi )=\left(\begin{array}{cc}\cos \phi & \cos \theta \\ \\ \cos \phi & \sin \theta \\ \\ \sin \phi \end{array}\right)$

c) Usando la proyección estereográfica.

Dimensión 1

Dimensión 2

$f:{\mathbb{R}}^2\to {\mathbb{R}}^3$ tal que

$f(u,v)=(x,y,z)=({\displaystyle \frac{2u}{u^2+v^2+1}},{\displaystyle \frac{2v}{u^2+v^2+1}},{\displaystyle \frac{u^2+v^2–1}{u^2+v^2+1}})$

Sea $f:A\subseteq {\mathbb{R}}^2\to B\subseteq {\mathbb{R}}^2$ diferenciable.

Consideremos para todo punto $\overrightarrow{a}\in A$ y para cualesquiera dos vectores $\overrightarrow{v_1}$, $\overrightarrow{v_2}$ tangentes a curvas que pasen por $\overrightarrow{a}$

$\overrightarrow{v_1}={{\alpha }_1}^{\prime }(0)\overrightarrow{v_2}={{\alpha }_2}^{\prime }(0)$

${\alpha }_1(0)=\overrightarrow{a}{\alpha }_2(0)=\overrightarrow{a}$

Consideremos el ángulo que forman $\overrightarrow{v_1}$ y $\overrightarrow{v_2}$.

Consideremos las curvas:

${\beta }_1(t)=f({\alpha }_1(t))$

${\beta }_2(t)=f({\alpha }_2(t))$

dos curvas distintas que pasan por $f(\overrightarrow{a})$.

Y además,

$\overrightarrow{w_1}={{\beta }_1}^{\prime }(0)$

$\overrightarrow{w_2}={{\beta }_2}^{\prime }(0)$

Y consideremos el ángulo que forman $\overrightarrow{w_1}$ y $\overrightarrow{w_2}$.

Decimos que $f$ es conforme si los dos ángulos son iguales y preservan la orientación de la base. Si invierten la orientación, diremos que $f$ es anticonforme.

$\overrightarrow{w_1}=d{f}_{\overrightarrow{a}}(\overrightarrow{v_1})$

$\overrightarrow{w_2}=d{f}_{\overrightarrow{a}}(\overrightarrow{v_2})$

Luego

$\cos \theta ={\displaystyle \frac{⟨\overrightarrow{v_1},\overrightarrow{v_2}⟩}{\Vert \overrightarrow{v_1}\Vert \Vert \overrightarrow{v_2}\Vert }}={\displaystyle \frac{⟨\overrightarrow{w_1},\overrightarrow{w_2}⟩}{\Vert \overrightarrow{w_1}\Vert \Vert \overrightarrow{w_2}\Vert }}=\cos \phi$

La inversión con respecto a la circunferencia unitaria

$f:{\mathbb{R}}^2\setminus \{(0,0)\}\to {\mathbb{R}}^2\setminus \{(0,0)\}$

$\mathcal{C}:x^2+y^2=1$

$P\to P^{\prime }$ tal que:

(1) $P^{\prime }$ está en el rayo $\overrightarrow{OP}$.

(2) $O{P}^{\prime }\cdot OP=r^2=1$

Sea $P=(x,y)$, $P^{\prime }=(u,v)$, donde $u=\lambda x$ y $v=\lambda y$.

$P^{\prime }$ en el rayo $\overrightarrow{OP}$ significa que $(u,v)=\lambda (x,y)$, con $\lambda >0$.

Para saber la regla de correspondencia basta con determinar $\lambda$.

Además, de (2) se tiene que:

$\sqrt{u^2+v^2}\sqrt{x^2+y^2}=1$

$(u^2+v^2)(x^2+y^2)=1$

$({\lambda }^2{x}^2+{\lambda }^2{y}^2)(x^2+y^2)=1$

${\lambda }^2(x^2+y^2{)}^2=1$

$\lambda (x^2+y^2{)}^2=1$

$\lambda ={\displaystyle \frac{1}{(x^2+y^2{)}^2}}$

Luego $u={\displaystyle \frac{x}{x^2+y^2}}$ y $v={\displaystyle \frac{y}{x^2+y^2}}$

Propiedades geométricas

(*) $f$ lleva rayos que emanan del origen en rayos que emanan del origen pero, los recorre en sentido contrario.

$\alpha (t)=(t\cos {\theta }_0,t\sin {\theta }_0)$ es la recta parametrizada con $t\in (0,\mathrm{\infty })$

Si $x=t\cos {\theta }_0\Rightarrow x^2=t^2{\cos }^2{\theta }_0$

$y=t\sin {\theta }_0\Rightarrow y^2=t^2{\sin }^2{\theta }_0$

entonces $x^2+y^2=1$

Luego $u={\displaystyle \frac{x}{x^2+y^2}}={\displaystyle \frac{t\cos {\theta }_0}{t^2}}$ entonces $u={\displaystyle \frac{1}{t}}\cos {\theta }_0$

Análogamente, $v={\displaystyle \frac{1}{t}}\sin {\theta }_0$

(*) $f$ lleva circunferencias de radio $r_0$ con centro en el origen en circunferencias de radio $\frac{1}{r_0}$ con centro en el origen.

$$

Luego podemos concluir que …..

$$

Consideremos el punto $\overrightarrow{a}=(2,0)$

Consideremos dos curvas que pasan por $\overrightarrow{a}$

$\alpha (t)=(2,0)+t(1,0)$ con $t\in (–2,\mathrm{\infty })$, y

$\beta (t)=(2\cos t,2\sin t)$ con $t\in \mathbb{R}$ tales que

$\alpha (0)=\overrightarrow{a}$ y

$\beta (0)=\overrightarrow{a}$

Comprobamos con las cuentas

$u={\displaystyle \frac{x}{x^2+y^2}}$, $v={\displaystyle \frac{y}{x^2+y^2}}$

Calculemos la $d{f}_{\overrightarrow{a}}$

$df=\left(\begin{array}{cc}{\displaystyle \frac{\partial u}{\partial x}}& {\displaystyle \frac{\partial u}{\partial y}}\\ \\ {\displaystyle \frac{\partial v}{\partial x}}& {\displaystyle \frac{\partial v}{\partial y}}\end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc}{\displaystyle \frac{y^2–x^2}{(x^2+y^2{)}^2}}& {\displaystyle \frac{–2xy}{(x^2+y^2{)}^2}}\\ \\ {\displaystyle \frac{–2xy}{(x^2+y^2{)}^2}}& {\displaystyle \frac{x^2–y^2}{(x^2+y^2{)}^2}}\end{array}\right)$

En el punto $\overrightarrow{a}=(2,0)$ la matriz $df$ es:

$\left(\begin{array}{cc}–{\displaystyle \frac{4}{16}}& 0\\ \\ 0& {\displaystyle \frac{4}{16}}\end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc}–{\displaystyle \frac{1}{4}}& 0\\ \\ 0& {\displaystyle \frac{1}{4}}\end{array}\right)$

Entonces $d{f}_{\overrightarrow{a}}({\alpha }^{\prime }(0))=\left(\begin{array}{cc}–{\displaystyle \frac{1}{4}}& 0\\ \\ 0& {\displaystyle \frac{1}{4}}\end{array}\right)\left(\begin{array}{c}1\\ \\ 0\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}–{\displaystyle \frac{1}{4}}\\ \\ 0\end{array}\right)$

Análogamente,

$d{f}_{\overrightarrow{a}}({\beta }^{\prime }(0))=\left(\begin{array}{cc}–{\displaystyle \frac{1}{4}}& 0\\ \\ 0& {\displaystyle \frac{1}{4}}\end{array}\right)\left(\begin{array}{c}0\\ \\ 2\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}0\\ \\ {\displaystyle \frac{1}{2}}\end{array}\right)$

Entonces el $det{f}^{\prime }(\overrightarrow{a})=–{\displaystyle \frac{1}{16}}$ es el factor de proporcionalidad.

El área de los rectángulos son $2$ y $\frac{1}{8}$.

Luego $2\times \frac{1}{16}=\frac{1}{8}$.

Tres alelos ( formas naturales de genes) $A$, $B$ y $O$ determinan los tres tipos sanguíneos.

$$\begin{array}{rl}A& ⟺(AA\circ AO)\\ B& ⟺(BB\circ BO)\\ O& ⟺(OO)\\ AB& ⟺(AB)\end{array}$$

La ley de Hardy – Weinberg establece que la proporción $P$ de individuos de una población que llevan los alelos diferentes está dada por la expresión:

$$P=2pq+2pr+2qr$$

donde $p$, $q$ y $r$ son las proporciones de alelos $A$, $B$ y $O$ en dicha población.

Use el hecho de que $p+q+r=1$ para demostrar que $p\le {\displaystyle \frac{2}{3}}$

Dos alelos es $p.p=p^2$ o $q^2$ o $r^2$.

Maximizar $P=2pq+2pr+2qr$ sujeta a $p+q+r=1$,

restricción $Q(p,q,r)=p+q+r–1=0$, con $p,q,r,\ge 0$

Usando multiplicadores de Lagrange $\mathrm{\nabla }P=({\displaystyle \frac{\partial P}{\partial p}},{\displaystyle \frac{\partial P}{\partial q}},{\displaystyle \frac{\partial P}{\partial r}})$ entonces,

$\mathrm{\nabla }P=(2q+2r,2p+2r,2p+2q)$

$\mathrm{\nabla }Q=(1,1,1)$

Examinar:

a) ¿Qué pasa en el interior del simplejo (triángulo)?

b) ¿Qué pasa en las aristas?

c) ¿Qué pasa en los vértices?

a) $\mathrm{\nabla }P=\lambda \mathrm{\nabla }Q$

$\left(\begin{array}{c}2q+2r\\ \\ 2p+2r\\ \\ 2p+2q\end{array}\right)=\lambda \left(\begin{array}{c}1\\ \\ 1\\ \\ 1\end{array}\right)$

$\begin{array}{rl}2q+2r& =\lambda \\ \\ 2p+2r& =\lambda \\ \\ 2p+2q& =\lambda \end{array}$

Sumando

$4p+4q+4r=3\lambda$

$4(p+q+r)=3\lambda$, como $p+q+r=1$, entonces

$4=3\lambda$ por lo que $\lambda ={\displaystyle \frac{4}{3}}$

Luego, sustituyendo en el sistema anterior se tiene que:

$$p={\displaystyle \frac{1}{3}},q={\displaystyle \frac{1}{3}},r={\displaystyle \frac{1}{3}}$$

Entonces

$P({\displaystyle \frac{1}{3}},{\displaystyle \frac{1}{3}},{\displaystyle \frac{1}{3}})=2({\displaystyle \frac{1}{9}})+2({\displaystyle \frac{1}{9}})+2({\displaystyle \frac{1}{9}})={\displaystyle \frac{6}{9}}={\displaystyle \frac{2}{3}}$

c) En los vértices

$P(1,0,0)=0$

$P(0,1,0)=0$

$P(0,0,1)=0$

b) En las aristas

Hay tres aristas, cuando $p=0$, $q=0$ o $r=0$

Analicemos que sucede si $r=0$, entonces $P(p,q,0)=2pq$

Máximo $2pq$, sujeta a $p+q=1$ con $p,q\ge 0$, entonces

$p=q=\frac{1}{2}$ y $P(\frac{1}{2},\frac{1}{2},0)=\frac{1}{2}$

Análogamente para las otras aristas se obtienen los puntos $(0,\frac{1}{2},\frac{1}{2})$ y $(\frac{1}{2},0,\frac{1}{2})$, donde $P$ para cada uno de ellos es $\frac{1}{2}$.

Por lo tanto, de lo analizado anteriormente vemos que el valor máximo de $P$ se obtiene en el punto $({\displaystyle \frac{1}{3}},{\displaystyle \frac{1}{3}},{\displaystyle \frac{1}{3}})$.

Animación:

https://www.geogebra.org/classic/uzjwpkv2

Problema de maximización (o minimización)

Sea $f:{\mathbb{R}}^3\to \mathbb{R}$ sujeta a dos restricciones:

$g_1(x,y,z)=0$

$g_2(x,y,z)=0$

Hipótesis:

Para todo $\overrightarrow{p}\in {g_1}^{-1}(0)\cap {g_2}^{-1}(0)\ne \mathrm{\varnothing }$ los gradientes $\mathrm{\nabla }{g}_1(\overrightarrow{p})$ y $\mathrm{\nabla }{g}_2(\overrightarrow{p})$ son linealmente independientes.

Sea $\overrightarrow{q}$ un punto en donde $f{|}_{{g_1}^{-1}(0)\cap {g_2}^{-1}(0)}$ alcanza un valor extremo, le aplicamos el teorema de la función implícita a $G:{\mathbb{R}}^3\to {\mathbb{R}}^2$ tal que $(x,y,z)\to (g_1(x,y,z),g_2(x,y,z))$

Sin pérdida de generalidad, supongamos $\begin{array}{r}x=h_1(z)\\ y=h_2(z)\end{array}$

$f{|}_{{g_1}^{-1}(0)\cap {g_2}^{-1}(0)}$ puede verse como una función $\mathcal{I}\subseteq \mathbb{R}\to \mathcal{J}\subseteq \mathbb{R}$ tal que

$z\to f(h_1(x,y,z),h_2(x,y,z),z)$

Entonces $(x,y,z)$ es solución del sistema de ecuaciones cerca del punto $\overrightarrow{q}$ si y sólo si

$x=h_1(z)$

$y=h_2(z)$

$\alpha (z)=(h_1(x,y,z),h_2(x,y,z),z)$ parametriza un «pedacito» de curva (que pasa por $\overrightarrow{q}$).

Maximizar $f(\alpha (z))$

Derivando

$\mathrm{\nabla }f(\alpha (z))\cdot {\alpha }^{\prime }(z)=({\displaystyle \frac{\partial f}{\partial x}},{\displaystyle \frac{\partial f}{\partial y}},{\displaystyle \frac{\partial f}{\partial z}})\cdot ({h_1}^{\prime },{h_2}^{\prime },1)=0$

${\displaystyle \frac{\partial f}{\partial x}}{h_1}^{\prime }+{\displaystyle \frac{\partial f}{\partial y}}{h_2}^{\prime }+{\displaystyle \frac{\partial f}{\partial z}}=0$

Luego $\mathrm{\nabla }f$ es ortogonal a ${\alpha }^{\prime }$, es decir, $\mathrm{\nabla }f$ está en el plano generado por $\mathrm{\nabla }{g}_1$ y $\mathrm{\nabla }{g}_2$, es decir,

$$\mathrm{\nabla }f={\lambda }_1\mathrm{\nabla }{g}_1+{\lambda }_2\mathrm{\nabla }{g}_2$$