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

$(u, v) \rightarrow \big( x (u, v), y (u, v), z (u, v) \big)$

${}$

Veamos unos ejemplos.

(1) Plano parametrizado.

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

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

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

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

$f (u, v) = \Big( u, v, \sqrt{1 \, – \, u^2 \, – \, v^2 } \Big)$

b) Con coordenadas polares.

$f ( \theta, \varphi) = \begin{pmatrix} \cos \varphi & \cos \theta \\ \\ \cos \varphi & \sin \theta \\ \\ \sin \varphi \end{pmatrix}$

c) Usando la proyección estereográfica.

Dimensión 1

Dimensión 2

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

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

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

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

$\vec{v_1} = {{\alpha}_1 \, }’ (0) \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \vec{v_2 } = {{\alpha}_2 \, }’ (0)$

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

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

Consideremos las curvas:

$\beta_1 (t) = f \, ( \alpha_1 \, (t))$

$\beta_2 (t) = f \, ( \alpha_2 \, (t))$

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

Y además,

$\vec{w_1} = {\beta_1}’ (0) $

$\vec{w_2} = {\beta_2}’ (0) $

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

$\vec{w_1} = df_{\vec{a}} (\vec{v_1}) $

$\vec{w_2} = df_{\vec{a}} (\vec{v_2}) $

Luego

$\cos \theta = \dfrac{ \langle \vec{v_1} , \vec{v_2} \rangle}{\big\| \vec{v_1} \big\| \big\| \vec{v_2} \big\|} = \dfrac{ \langle \vec{w_1} , \vec{w_2} \rangle}{\big\| \vec{w_1} \big\| \big\| \vec{w_2} \big\|} = \cos \varphi$

La inversión con respecto a la circunferencia unitaria

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

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

$P \rightarrow {P \, }’$ tal que:

(1) ${P \, }’$ está en el rayo $\overrightarrow{OP}$.

(2) $O{P \, }’ \cdot OP = r^2 = 1$

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

${P \, }’ $ 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:

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

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

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

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

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

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

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

Propiedades geométricas

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

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

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

Análogamente, $ v = \dfrac{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 $\vec{a} = (2, 0)$

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

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

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

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

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

Comprobamos con las cuentas

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

Calculemos la $df_{\vec{a}}$

$df = \begin{pmatrix} \dfrac{\partial u}{\partial x} & \dfrac{\partial u}{\partial y} \\ \\ \dfrac{\partial v}{\partial x} & \dfrac{\partial v}{\partial y} \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \dfrac{y^2 \, – \, x^2}{(x^2 + y^2)^2} & \dfrac{\, – \, 2xy}{(x^2 + y^2)^2} \\ \\ \dfrac{\, – \, 2xy}{(x^2 + y^2)^2} & \dfrac{x^2 \, – \, y^2}{(x^2 + y^2)^2} \end{pmatrix}$

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

$\begin{pmatrix} – \, \dfrac{4}{16} & 0 \\ \\ 0 & \dfrac{4}{16} \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} – \, \dfrac{1}{4} & 0 \\ \\ 0 & \dfrac{1}{4} \end{pmatrix} $

Entonces $df_{\vec{a}} ({\alpha \, }’ (0) ) = \begin{pmatrix} – \, \dfrac{1}{4} & 0 \\ \\ 0 & \dfrac{1}{4} \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 \\ \\ 0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} – \, \dfrac{1}{4} \\ \\ 0 \end{pmatrix}$

Análogamente,

$df_{\vec{a}} ({\beta \, }’ (0) ) = \begin{pmatrix} – \, \dfrac{1}{4} & 0 \\ \\ 0 & \dfrac{1}{4} \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 0 \\ \\ 2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ \\ \dfrac{1}{2} \end{pmatrix}$

Entonces el $det \, {f \, }’ (\vec{a}) = \, – \, \dfrac{1}{16}$ 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.

$$ \begin{align*} A &\iff (AA \, \, \circ \, \, AO ) \\ B &\iff (BB \, \, \circ \, \, BO) \\ O &\iff ( OO) \\ AB &\iff ( AB ) \end{align*}$$

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 $p \leq \dfrac{2}{3}$

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 $p, q, r, \geq 0$

Usando multiplicadores de Lagrange $\nabla P = \Bigg( \dfrac{\partial P}{\partial p}, \dfrac{\partial P}{\partial q}, \dfrac{\partial P}{\partial r} \Bigg)$ entonces,

$\nabla P = \big( 2q + 2r , 2p + 2r , 2p + 2q \big)$

$\nabla Q = ( 1 , 1, 1 )$

Examinar:

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

b) ¿Qué pasa en las aristas?

c) ¿Qué pasa en los vértices?

a) $\nabla P = \lambda \nabla Q$

$\begin{pmatrix} 2q + 2r \\ \\ 2p + 2r \\ \\ 2p + 2q \end{pmatrix} = \lambda \begin{pmatrix} 1 \\ \\ 1 \\ \\ 1 \end{pmatrix}$

$\begin{align*} 2q + 2r &= \lambda\\ \\ 2p + 2r &= \lambda \\ \\ 2p + 2q &= \lambda \end{align*}$

Sumando

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

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

$4 = 3 \lambda$ por lo que $\lambda = \dfrac{4}{3}$

Luego, sustituyendo en el sistema anterior se tiene que:

$$p = \dfrac{1}{3}\, , \, q = \dfrac{1}{3} \, , \, r = \dfrac{1}{3}$$

Entonces

$P \Bigg( \dfrac{1}{3}, \dfrac{1}{3}, \dfrac{1}{3} \Bigg) = 2 \Bigg( \dfrac{1}{9} \Bigg) + 2 \Bigg( \dfrac{1}{9} \Bigg) + 2 \Bigg( \dfrac{1}{9} \Bigg) = \dfrac{6}{9} = \dfrac{2}{3}$

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 $p, q \geq 0$, 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 $ \Bigg( \dfrac{1}{3}, \dfrac{1}{3}, \dfrac{1}{3} \Bigg)$.

Animación:

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

Problema de maximización (o minimización)

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

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

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

Hipótesis:

Para todo $ \vec{p} \in {g_1}^{-1} (0) \cap {g_2}^{-1} (0) \neq \emptyset$ los gradientes $\nabla g_1 (\vec{p})$ y $\nabla g_2 (\vec{p})$ son linealmente independientes.

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

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

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

$z \rightarrow f \big( h_1 (x, y, z) , h_2 (x, y, z) , z \big)$

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

$x = h_1 (z)$

$y = h_2 (z)$

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

Maximizar $f ( \alpha (z) )$

Derivando

$\nabla f \big( \alpha (z) \big) \cdot {\alpha \, }’ (z) = \Big( \dfrac{\partial f}{\partial x} , \dfrac{\partial f}{\partial y} , \dfrac{\partial f}{\partial z} \Big) \cdot \Big( {h_1}’ , {h_2}’ , 1 \Big) = 0$

$\dfrac{\partial f}{\partial x} {h_1}’ \, + \, \dfrac{\partial f}{\partial y} {h_2}’ \, + \, \dfrac{\partial f}{\partial z} = 0$

Luego $\nabla f$ es ortogonal a ${\alpha \, }’$, es decir, $\nabla f$ está en el plano generado por $\nabla g_1$ y $\nabla g_2$, es decir,

$$\nabla f = \lambda_1 \nabla g_1 \, + \, \lambda_2 \nabla g_2$$