C alculo y An alisisGabriel Larotonda20092.3Este libro naci o como unas notas para un curso de An alisis, y dea poco se fue convirtiendo en algo m as que unas notas. Trat e deconservar un estilo coloquial, sumado al rigor de deniciones yteoremas, sin evitar ning un tema, a un aquellos que suelen tener(inmerecida) fama de intratables. Pienso que todos los temas queaqu se estudian son accesibles para un estudiante de primer a no,que haya hecho un curso de c alculo en una variable real, y otro de algebra lineal, si se abordan de la manera adecuada. En lo posibleintent e evitar el uso de coordenadas, y aunque en muchos casos esnecesario volver a ellas para dar un sentido concreto a las ideasgeom etricas, puededecirsequeen general, conmodicacionesmenores, las pruebas se adaptan a un contexto m as amplio. Esafue mi intenci on al preparar las clases, y es la intenci on de estelibro: hacer accesiblestemas sutiles del an alisis y el c alculo enuna y varias variablesreales,y vincularestos temas de maneraintrnseca con la geometra del espacio, sin permitir que el uso decoordenadas oscurezca esta relaci on.AGRADECIMIENTOS:A Sam por su entusiasmoy apoyo constante,a mis hijospor darle color a los grises.ACristianCondeporhacerdeeditorycorrector enlassombras, en forma totalmente desinteresada.A Pablo Groissman porque cuando s olo haba unas notasen borrador, me hizo notar que las notas podan tener alg unvalor para los alumnos.4.Indice generalContenidos 51. C alculo en Rn91.1. Introducci on. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 91.2. N umeros reales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 111.2.1. Axiomas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 121.2.2. Sucesiones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 171.3. El espacio como n-uplas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 211.3.1. Distancia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 221.3.2. Producto escalar . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 231.3.3. Entornos y conjuntos abiertos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 251.3.4. Lmites en Rn. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 301.3.5. Puntos de acumulaci on y conjuntos cerrados . . . . . . . . . . . . . . . 321.3.6. Conjuntos acotados. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 352. Funciones 372.1. Dominio, gr aco, imagen. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 372.1.1. Funcionesf : RnR . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 372.1.2. Curvas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 382.1.3. Gr aco, curvas y supercies de nivel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 392.1.4. Lmite . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 422.2. Funciones F : RnRm. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 462.2.1. Composici on . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 472.2.2. Curvas y el lmite. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4856INDICE GENERAL2.2.3. Lmite y sucesiones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 492.3. Continuidad. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 512.3.1. Propiedades de las funciones continuas . . . . . . . . . . . . . . . . . . 512.3.2. Caracterizaci on de las funciones continuas . . . . . . . . . . . . . . . . 542.3.3. Continuidad uniforme . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 553. Derivadas y Diferencial 573.1. Derivadas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 573.1.1. Curvas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 593.1.2. Derivadas direccionales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 603.1.3. Derivadas parciales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 643.2. Plano tangente y Diferencial . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 653.2.1.Algebra de funciones diferenciables . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 733.2.2. Repaso de los teoremas en una variable . . . . . . . . . . . . . . . . . . 763.2.3. Criterio de diferenciabilidad . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 793.2.4. Funciones F : RnRm. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 803.3. Teoremas de Lagrange y Fermat en Rn. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 853.4. NOTAS . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 874. Funci on inversa e implcita 914.1. Funci on Inversa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 914.1.1. Funciones de clase Ck. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 924.1.2. Transformaciones lineales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 934.2. Supercies de nivel y funciones implcitas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1004.2.1. Funci on implcita en Rn. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1044.3. NOTAS . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1115. Taylor, extremos y multiplicadores de Lagrange 1135.1. Polinomio de Taylor . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1135.1.1. Varias variables. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1145.1.2. Demostraci on alternativa de la f ormula de Taylor de orden 2 en Rn. . . . 1215.2. Extremos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 124INDICE GENERAL 75.2.1. Formas cuadr aticas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1245.2.2. El Hessiano y los extremos. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1285.3. Extremos con restricciones, multiplicadores de Lagrange . . . . . . . . . . . . . 1345.3.1. Extremos en una regi on . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1345.3.2. Extremos en regiones con borde que se puede parametrizar . . . . . . . . 1345.3.3. Multiplicadores de Lagrange. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1365.3.4. Multiplicadores en Rn. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1385.3.5. Un ejemplo elemental . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1395.3.6. Varias ligaduras . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1406. Integrales en R 1416.1. Integrales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1416.1.1. Propiedades. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1466.2. Integrales impropias . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1526.2.1. Intervalos innitos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1536.2.2. Convergencia condicional y absoluta . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1546.2.3. Criterios de comparaci on. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1556.3. NOTAS . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1627. Integrales m ultiples 1657.1. Integrales en el plano . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1657.1.1. Rect angulos y particiones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1657.1.2. Integral de Riemann . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1687.1.3. Integrales iteradas y el Teorema de Fubini . . . . . . . . . . . . . . . . . 1727.2. Integrales en R3y Rn. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1787.3. Propiedades . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1837.3.1. Medida de una regi on y Teorema del valor medio. . . . . . . . . . . . . 1847.4. NOTAS . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1868. Teorema de cambio de variables 1898.1. El m etodo de sustituci on . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1898.2. Particiones generales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1898INDICE GENERAL8.3. Transformaciones lineales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1918.4. Cambio de variable . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1938.4.1. Cambio de variable en R3. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 199Captulo 1C alculo en Rn1.1. Introducci onEnestelibroqueremosestudiarproblemasqueinvolucrenvariasvariablesoinc ognitas,todas ellas n umeros reales. Como aprendimos en cursos de an alisis elementales, lo m as pr acticoes darle nombre a las variables y despu es pensar cu ales son las funciones que modelan el problema;estas funciones van a depender de esas variables. Es la estrategia de nombrar y conquistar.Por ejemplo, si queremos saber qu e forma debe que tener un te-rrenorectangularde area100m2paragastarla menor cantidadde alambre en su borde, al permetro lo llamamos P, el area A, yllamamos b a la base del rect angulo y a a su altura.abA = 100m2Entonces se tiene A = b.a = 100 y por otro lado P = 2a +2b. Despejando de la ecuaci ondel area nos queda una ecuaci on en una sola variable, P(a) = 2a +2.100a. Entonces aparece unafunci on P, de variable real a, a la cual le buscamos el mnimo. Es importante entender el dominiode la funci on, que es a >0. Por otro lado, para buscarle el mnimo, que hacamos? Simplemente lebusc abamos los extremos locales a P. Y para eso hace falta calcular la derivada de P! Hag amoslo:setieneP/(a) = 2 2100a2 .Igualandoacerosetienea2= 100, y comoadebeserunn umeropositivo, a = 10, y en consecuencia b = 10. Es decir el terreno debe ser cuadrado.Vemoscomopararesolverunproblemamuy simple, aparecenherramientasquenosonobvias. En primer lugar la noci on de dominio, que requiere entender un poco el conjunto de losn umeros reales. En segundo lugar la noci on de derivada, que si la pensamos un poquito era pensaren las rectas tangentes al gr aco de P, que a su vez se obtenan como lmite de rectas secantes.S, apareci o el lmite. Y todo para probar que el terrenito era cuadrado. En la pr oxima gura serepresentael gr aco de una funci on P, y una recta secante al gr aco en el punto(a, P(a)).Lapendiente de esta recta se calcular comom = yx= P(x) P(a)x a,910 CAPITULO 1. C ALCULO EN RNy en los casos en que esta cantidad tiene lmite cuando x a, decimos que P es derivable en a yal n umero que nos da el lmite lo llamamos P/(a).yxy = P/(a)(x a) +P(a)y = P(x)aP(a)xym =yxxaP/(a)Tambi en sabemos que los lmites nos dicen que pasa con el gr aco de la funci on en puntosconictivos; que tipo de discontinuidad tiene, si tiene o no asntotas. Por otro lado, la noci on dederivada es muy util para entender el comportamiento de la funci on, no necesariamente cerca deun m aximo o un mnimo.Otras cosas que aprendimos fueron que una funci on muy complicada se puede aproximarcon la recta tangente para calcularla cerca, y tambi en que usando el polinomio de Taylor, enmuchos casos se la puede aproximar tanto como uno quiera, e incluso estimar el error que comete-mos cuando usamos el polinomio en vez de la funci on original. En la siguiente gura se presentael gr aco def y se observa que el polinomio Pn es una buena aproximaci on def para los x queest an cerca de x = a.yxf (a+h)Pn(a+h)ahRn(a+h)a+hy =f (x)y = Pn(x)f (a)f (a+h) Pn(a+h)Pues bien: todas estas herramientas se pueden generalizar a funciones de varias variables.As, porejemplo, deac aaunosmesesvamosaestarencondicionesderesolverel siguienteproblema:Problema 1.1.1. Supongamos que queremos armar una caja de manera rectangular, tal que lasumadel ancho, el largoy laprofundidaddela cajano excedanlostres metros(a +l + p 300cm). Cu al es el m aximo volumen que puede tener la caja, y cu ales ser an sus dimensiones?Notar que hay demasiadas variables (y pocas ecuaciones) como para intentar el truco de despejar1.2. N UMEROS REALES 11y llevar todo el problema a una sola variable. Volveremos a este problema en el Captulo 5.Por el camino, van a surgir ideas, herramientas y ejemplos que tienen valor por s mismos,yquenosolamentevanaservirpararesolverproblemasdem aximosymnimoscomoeldearriba. Van a surgir problemas que en principio s olo tienen que ver con la formulaci on de estasdeniciones, es decir, problemas intrnsecos de la matem atica. Comencemos!1.2. N umeros realesLo primero que notamosen la charla de arriba,es que es relevanteentenderc omo es eldominio de una funci on, que es un subconjunto de R; y si vamos a hablar de lmites y derivadas,es bueno entender un poco mejor los n umeros reales.Observaci on 1.2.1. Qu e es un n umero real? Esta pregunta inocente es m as difcil de contestar delo que parece. Una primer aproximaci on intuitiva (o que aprendimos en la escuela) nos dice quees el conjunto de los n umeros que ocupan la recta num erica, es decir, hay una correspondenciaentre los n umeros reales y los elementos de la recta.R0Pero esto trae otras preguntas, como por ejemploqu e es una recta y si todaslas rectasson iguales o al menos equivalentes en alg un sentido, y c omo es la tal correspondencia. Esto noquiere decir que la idea la tengamos que descartar, por el contrario! esta idea es fundamentalpara poder imaginar mentalmente los n umeros y los problemas que sobre ellos consideremos.Si repasamos un poco lo aprendido, veremos que lo m as importante no es qu e son, sino quepropiedades tienen. En realidad, desde un punto de vista m as formal, uno podra pensar que lapregunta qu e son? se contesta haciendo una lista de las propiedades m as importantes, y viendoque si un conjunto cumple estas propiedades entonces es R. Pero qui en garantiza que hay alg unconjunto que cumpla esas propiedades en abstracto? Si alguien dice el conjunto que las vericaes R, pues yo le contestara que no me lo puede poner como ejemplo si todava no nos pusimosde acuerdo en qu e es un n umero real!Repasemos: los n umeros naturales N=1, 2, 3, son todos n umeros reales. Los n umerosenteros (que se obtienen tomando los inversos de los naturales respecto de la suma y agregando elneutro 0 de la suma), Z = , 2, 1, 0, 1, 2, 3, son todos reales. Si uno considera cocientes den umeros enteros (algo bastante natural al pensar en la divisi on), obtiene los racionales Q=p/q :p, q Z, q = 0.Sabemos que con esto NO alcanza. Por ejem-plo en un tri angulo de catetos unitarios, la hi-potenusa es h =2, que no es ning un n umeroracional.11h2= 12+12= 212 CAPITULO 1. C ALCULO EN RNEsta ultimaarmaci onrequiereunaprueba: supongamosque 2esracional. Entoncesexistenp, q n umeros naturales tales que 2 = p/q. Vamos a suponer que cancelamos todos losfactores posibles dep y q de manera que no tengan ning un factor com un. Entonces elevando alcuadrado,2 =p2q2,o equivalentemente2q2= p2.Ahora pensemos cu antas veces aparece el factor 2 en la factorizaci on de p2. Como p2= p p, elfactor 2 aparece un n umero par de veces en la factorizaci on de p2, pues aparece el doble de vecesque en la factorizaci on de p. En el caso en el que no aparece (o sea si p es impar) esta armaci onsigue siendo cierta pues vamos a adoptar la convenci on de que 0 es un n umero par (pues se puedeescribir como 0 = 2 0). Entonces a la derecha de la igualdad, tenemos un n umero par de factores2. El mismo razonamiento aplicado a q2nos dice que a la izquierda el factor 2 aparece un n umeroimpar de veces. Esto es imposible, lo que prueba que2 no es racional.Todo n umerorealque no es racionalse denominairracional, y al conjuntode n umerosirracionales se lo suele denotar con la letra I. Se tienen las obvias inclusiones estrictasN Z QR.Observaci on1.2.2. Comocuriosidad, losirracionalestambi ensepuedenclasicarcomoal-gebraicoso trascendentes. Los primerossonlos quesoncerosdepolinomiosconcoecientesenteros, por ejemplo 2 es algebraico puesto que es raz del polinomiop(x) = x22. Ejemplosde n umeros trascendentes son e y . Por supuesto, probar que estos n umeros NO son algebraicostampoco es elemental! Para una prueba a s olo un clic puede verse la Wikipedia 1(en ingl es).1.2.1. AxiomasVolvamos al asunto de las cosas que hacen que R sea R. Veamos primero los axiomas quehacen de R un cuerpo ordenado.Axiomas de la suma:S1) Conmutatividad: si a, b R, a+b = b+a.S2) Asociatividad: si a, b, c R, a+(b+c) = (a+b) +c.S3) Elemento Neutro: existe y lo llamamos 0. Si a R, a+0 = a.S1) Inverso Aditivo: si a R, existe un inverso aditivo, lo llamamos a, verica a+(a) =0.En general escribimos ab en vez de a+(b).Axiomas del producto:1http://en.wikipedia.org/wiki/Transcendental_number1.2. N UMEROS REALES 13P1) Conmutatividad: si a, b R, a.b = b.a.P2) Asociatividad: si a, b, c R, a.(b.c) = (a.b).c.P3) Elemento Neutro: existe y lo llamamos 1. Si a R, 1.a = a.P4) Inverso Multiplicativo: si a R, a = 0, existe un inverso multiplicativo, lo llamamos a1,verica a.a1= 1.En general omitimos el punto, es decir escribimos a.b = ab. Tambi en es usual escribir1a= a1.Propiedad distributiva:D) Distributividad: si a, b, c R, a(b+c) = ab+ac.Axiomas del orden:O1) Tricotoma:si a, b R, hay s olotresposibilidades(excluyentes), queson a < b, a = b,a > b.O2) Transitividad: si a, b, c R son tales que a < b y b < c, entonces a < c.O3) Monotona de la suma: Si a, b, c R son tales que a < b, entonces a+c < b+c.O4) Monotona del producto: si a, b, c R, son tales que a < b y c > 0, entonces ac < bc.Se tiene 0 < 1 justicarlo con los axiomas! Se deduce f acilmente que si a < b, entonces elpromediop =a+b2es un n umero real tal que a < p < b. En particular dados dos n umeros realesdistintos siempre hay un tercero en el medio, y siguiendo este razonamiento se ve que hay innitos.Si a, b Q, el promedio est a en Q y entonces se ve que hay innitos racionales. Estos hechos losusaremos sin otra aclaraci on. Algo m as sutiles son las pruebas de que entre dos reales siempre hayun racional, y de que entre dos racionales siempre hay un irracional, pruebas que dejaremos parael Corolario 1.2.12.Hasta aqu las propiedades que hacen de R un cuerpo ordenado. El problema es que no es el unico. Es decir, Q cumple todos estos axiomas. Lo que falta es el axioma de completitud, es decir,ver que no hay agujeros en R, cuando por ejemplo si los hay en Q.Intentamos formalizar un poco. Est a claro que si A R es no vaco, y tiene un tope porencima, entonces podemos buscar el tope m as chiquito? Pensarlo en la recta: indicamos al conjuntoA con lneas mas gruesasRAc c optimaUn tope por encima es una cota superior. Es decir,14 CAPITULO 1. C ALCULO EN RNDenici on 1.2.3. Una cota superior es un n umero real M tal que para todo a A, se tiene a M.Si hay una cota superior, hay innitas (cualquiera m as grande sirve). El asunto es encontrarla optima (la m as peque na). Esta se denomina supremo del conjunto A, y se anota supA. Es decir,Denici on 1.2.4. s R es el supremo de A si para todo a A, a M y adem as si s/ es otra cotasuperior, s s/.Lo relevante, que hay que tener en cuenta en esta discusi on es el axioma de completitud delos n umeros reales, que dice queAxioma. Si A R es no vaco, y est a acotado superiormente, entonces A tiene supremo s.Se dice que R es completo en el orden. Algo obvio:Proposici on 1.2.5. El supremo de un conjunto es unico.Demostraci on. Si hay otro, s/, se tiene por un lado s/ s (pues s es cota superior y s/ es la menorcota superior), y por otro lado s s/ (pues s tambi en es la menor cota superior).An alogamente se dene cota inferior e nmo,Denici on 1.2.6. Una cota inferior es un n umero real m tal que para todo a A, se tiene a m.El n umero i R es el nmo de A si para todo a A, a i y adem as si i/ es otra cota inferior,i i/. Es decir el nmo es la m as grande de las cotas inferiores, y tambi en si existe es unico.Denici on 1.2.7. Una conjunto A R se dice acotado si est a acotado tanto superiormente comoinferiormente.El supremo (o el nmo) puede pertenecer o no al conjunto. Hagamos algunos ejemplos concuidado, por m as que parezcan obvios. Queda como ejercicio para el lector el siguiente problema,cuyo resultado usaremos de aqu en m as:Problema 1.2.8. Probar que si r R, r > 0 y r2= 3, entonces r/ Q. Es decir, probar que3 esirracional. Se sugiere ver la prueba de que2 no es racional.Ejemplo 1.2.9. Hallar el supremo s del conjunto A =x R: x2< 3.El candidatoes s =3. Notemos que s es cota superiorpues si x A, entoncesx2< 3implica [x[ s. Por esto ultimo n/ X, lo que nos dice que n > x.Con esta herramienta podemos probar algo que todos sabemos que es cierto.Corolario 1.2.12. Entre dos n umeros reales distintos siempre hay un n umero racional. Entre dosn umeros reales distintos siempre hay un n umero irracional.Demostraci on. Sean a < b n umeros reales (elegimos los nombres para que queden en ese orden,es decir,llamamos a al m as chico y b al m as grande). Entonces b a > 0, y en consecuencia1ba> 0. Existe por el principio de Arqumedes un n umero natural n tal que n >1ba. Observemosquenb = na+n(ba) > na+1.R1na na+1 nbEn consecuencia, tiene que existir un n umero entero k entre nb y na. Es decir, existe k Ztal que na < k < nb. Dividendo por n se obtiene a a.Demostraci on. Ejercicio.1.2.2. SucesionesUna sucesi onse puedepensarcomoun ciertoconjuntoden umerosreales, ordenadodealguna manera. M as precisamente, es una funci on s : N R, que en general se anota sn en vezde s(n). Es decir, si ponemos sn = 1/n, lo que queremos nombrar es la sucesi on cuyos primerost erminos son 1, 12, 13, 14,y as sucesivamente. Es importante observar que no es lo mismo que lasucesi on 1, 13, 12, 15, 14,(en otro orden). Estas sucesiones tienen todos sus t erminos distintos. Peroesto no tiene por qu e ser as. Por ejemplo1, 2, 1, 2, 1, 2, toma s olo dos valores distintos, y como caso extremo3, 3, 3, 3, 3, 3, esunasucesi onquesedenominasucesi onconstante. Lassucesionesson utilesparadescribirproblemas de aproximaci on. As, si quiero descubrir que pasa con 1/x cuando x tiende a innito,basta mirar algunos t erminos como 1;110= 0,1;1100= 0,01 para descubrir que tiende a cero.18 CAPITULO 1. C ALCULO EN RNDenici on 1.2.19. Se dice que una sucesi on an tiende al n umero l cuando n , si dado > 0existe n0 N tal que si n n0, entonces [anl[ < . En ese caso escribimoslmnan = l o bien annl.Es decir que an tiende a l si todos los t erminos de an est an tan cerca de l como uno quiera apartir de un t ermino dado. Recordemos que [anl[ < quiere decirl < an < l +,como se indica en la gura:R lanan+1 an+pl +l Observaci on 1.2.20. Si an lpara todo n N, para probar quelmnan= lbasta probar quel an < (pensarlo). An alogamente, si an l, basta probar que anl < .Para una exposici on m as detallada (pero todava elemental) sobre sucesiones, puede mirarsela gua de An alisis del CBC. Nosotros vamos a ir directo a lo que nos interesa, que para empezares una caracterizaci on del supremo.Denici on 1.2.21. Recordemos que una sucesi on es creciente sia1 a2 a3 ,y estrictamente creciente sia1 < a2 < a3 < .An alogamente se dene sucesi on decreciente y estrictamente decreciente.Una sucesi on se dicemon otona si es creciente o decreciente, y estrictamente mon otona si es estrictamente creciente odecreciente.Como vimos, todo conjunto no vaco A R, si est a acotado superiormente, tiene supremo.Se tiene el siguiente resultado util que relaciona el supremo con las sucesiones:Proposici on 1.2.22. Si s = supA, entonces existe una sucesi on creciente an de elementos de Atal que anns. Si s/ A, se puede elegir an estrictamente creciente.Demostraci on. Si s A, basta tomar an = s la sucesi on constante (que es creciente). Si no, toma-mos alg un elemento a1 A, y ponemos a1 := a1. Ahora consideramos a2 =a1+s2el promedio, quees un n umero menor estrictamente menor que s. Existe entonces alg un elemento a2 A tal quea2 < a2 < s (sino a2 sera cota superior de A, lo cual es imposible pues a2 < s).1.2. N UMEROS REALES 19As vamos deniendo an como el promedioan1+s2, y tomamos como an cualquier elementodeAqueest aentreanys. Ciertamenteanescrecientepuesan> an> an1, yporotrolado0 < s an an1(existe sino an1sera dominante!). As siguiendo, vamos hallando nk>> n3 > n2 > n1 tales que ank>>an3> an2> an1. En este caso hemos construido una subsucesi on creciente.1.3. EL ESPACIO COMO N-UPLAS 21Se obtiene as un corolario fundamental, que luego generalizaremos a Rn.Corolario 1.2.29 (Bolzano-Weierstrass). Sea an una sucesi on acotada de n umeros reales. En-tonces existe una subsucesi on ank de an que es convergente.Demostraci on. Por la proposici onprevia,podemos extraer de an una subsucesi onmon otona(que est a acotada por estar acotada la original). Por la Proposici on 1.2.26, esta subsucesi on tiene asu vez una subsucesi on convergente, que seg un lo observado antes, no es m as que una subsucesi onde la sucesi on original.Por ultimo recordemos qu e quiere decir que una sucesi on tiende a innito.Denici on 1.2.30. Una sucesi on an de n umeros reales tiende a m as innito si para todo M > 0existe n0 N tal que n n0 implica an > M. Lo anotamoslmnan = + o bien ann+.An alogamente, decimos quelmnan = si para todo M < 0 existe n0 N tal que n n0 implicaan < M.Es decir que para cualquier cota que a mi se me ocurra, todos los t erminos de la sucesi onson m as grandes que esa cota a partir de un n0 (en el caso +).1.3. El espacio como n-uplasEn esta secci on vamos a establecer las herramientas b asicas para poder hablar de lmitesenRn. Necesitamos recordar nociones de vectores, norma, producto interno y tambi en extenderla idea de entorno de un punto deRn. Muchas de las primeras deniciones (las que involucrannorma, distancia y producto interno) les van a resultar familiares, aunque algunas demostracionesde propiedades tal vez no las hayan visto antes.Dado n N, una n-upla es una tira ordenada de n umeros,(x1, x2, x3,, xn),no necesariamente distintos.El plano en el cual estamos acostumbrados a pensar lo po-demos describir con 2-uplas (que en general llamamos pa-res ordenados):R2=(x1, x2) : xi R.La primer coordenada la llamamos abcisa y la segunda or-denada. En un gr aco las representamos en el eje horizon-tal y vertical respectivamente.p1p2P = (p1, p2)xy22 CAPITULO 1. C ALCULO EN RNLo mismo ocurre con el espacio R3, al cual representamos usando tres ejes:abcz(a, b, 0)xyP = (a, b, c)1.3.1. Distancia+p1p2P = (p1, p2)xyCu al es la distanciade un punto P = (p1, p2) al ori-gen? Si observamos nuevamente la gura del plano xy,se ha formado un tri angulo rect angulo, con v ertices en(0, 0), (p1, 0) y (p1, p2).Por lo tanto d =

p21 + p22. En el caso general, la distancia de P = (p1, p2,, pn) Rnalorigen (que escribimos con un cero gordo, O Rn) est a dada pord =

p21 + p22 + + p2n,como puede observarse por ejemplo en el dibujo en R3de arriba.C omo se calcula la distancia entre dos puntos? Es sencillo, en la gura se ve que si P =(p1, p2) y Q= (q1, q2), entonces queda determinado un nuevo tri angulo rect angulo, de lados [p1q1[ y [p2q2[1.3. EL ESPACIO COMO N-UPLAS 23p1p2P = (p1, p2)q1q2Q = (q1, q2)xd2= (p1q1)2+(p2q2)2yLuegod(P, Q) =

(p1q1)2+(p2q2)2,y en general, si P = (p1, p2,, pn) y Q = (q1, q2,, qn) son puntos de Rn, su distancia est a dadapord(P, Q) =

(p1q1)2+(p2q2)2+ +(pnqn)2.Si a los puntos los pensamos como vectores, entonces la distancia de P = (p1, p2,, pn) Rnalorigen es la longitud del vector P, y la llamamos norma de P. La anotamos|P| =

p21 + p22 + + p2n.En el caso de dos vectores P, Q, su distancia es la longitud del vector que los une, que es QP (oPQ dependiendo de d onde lo hacemos empezar). Luegod(P, Q) =|PQ|.1.3.2. Producto escalarDe las propiedadesgeom etricasb asicas,tenemos tambi en la noci onde angulo entre dosvectores, para lo cu al es util pensar primero en el producto escalar'P, Q`= p1q1 + p2q2 + + pnqn.Tiene las siguientes propiedades (que dejo para vericar al lector, salvo la ultima). Sean P, Q, R, Svectores de Rn, entonces1.' P, Q`='Q, P`2.' P, P`=|P|20 para todo P Rn, y es cero si y s olo si P =O.3.' P, Q`=' P, Q` para todo par de n umeros , R.24 CAPITULO 1. C ALCULO EN RN4.' P+R, Q`='P, Q` +'R, Q`.5.[' P, Q`[ |P||Q| (desigualdad de Cauchy-Schwarz).Demostraci on. (de la desigualdad de C-S). Dado t R, consideremos la funci on real g(t) =|PtQ|2. Por las propiedades anteriores se tiene|PtQ|2='PtQ, PtQ`='P, P` 2t'P, Q` +t2'Q, Q`.Como P, Q est an jos, g es un polinomio de grado 2, g(t) = at2+bt +c donde a = |Q|2, b =2'P, Q` y c = |P|2. Por otro lado, como g(t) = |PtQ|20, este polinomio tiene a lo sumouna raz real. Como a 0, debe tener discriminante no positivo, es decir, se debe cumplir b24ac 0. Pero esto es(2' P, Q`)24|Q|2|P|20,una expresi on de la que se deduce f acilmente la desigualdad deseada pasando el termino negativoa la derecha y tomando raz cuadrada a ambos miembros.Observaci on 1.3.1. La igualdad en la desigualdad de C-S vale si y s olo si P, Q est an alineados,es decir si existe R tal que P = Q. En efecto, de la demostraci on anterior se deduce quepara que valga la igualdad el discriminante del polinomio g debe ser igual a cero. Pero en esecaso, el polinomio g tiene una raz (doble), es decir existe R tal que g() = |PQ|2= 0.En consecuencia debe ser PQ =O, puesto que la norma se anula unicamente en el origen.Volviendo al angulo entre dos vectores, como1 'P, Q`|P||Q| 1,podemos pensar que la cantidad del medio dene el coseno del angulo (P, Q) entre los vectores,es decir'P, Q`=|P||Q|cos().Ciertamente en los casos que podemos dibujar (R2y R3) ustedes saben que el angulo as denidoes el angulo que los vectores P, Q sustentan cuando uno los dibuja. En el caso n 4, siempre sepuede pensar que dos vectores generan un plano P, Q deRn, y la gura que corresponde es el angulo formado en este plano (independientemente de que no nos podamos imaginar el espacio enel cual este plano est a metido).Propiedades de la normaLa norma tiene tambi en una serie de propiedades bastante utiles, que enunciamos a conti-nuaci on. Sean P, Q Rn.1.|P| 0, y |P| = 0 si y s olo si P =O.2.|P| =[[|P| para todo R.1.3. EL ESPACIO COMO N-UPLAS 253.|P+Q| |P|+|Q| (desigualdad triangular).Las dos ultimas requieren alguna demostraci on. Pensemos primero qu e quieren decir. La propie-dad de sacarescalaressimplementereeja el hechode que si unomultiplicaun vectorpor unn umero, lo que est a haciendo (si el n umero es positivo) es estirar o achicar el vector sin modicarsu direcci on. Si el n umero es negativo, el vector simplemente se da vuelta y la magnitud relevantees entonces el m odulo del n umero. Por otro lado, la ultima propiedad se conoce como desigualdadtriangular, y es un simple reejo del hecho de que en la gura de abajo, es m as corto el caminoyendo por la diagonal que primero recorriendo un lado y despu es el otro.PQP+QDemostremos la desigualdad triangular. Tenemos|P+Q|2='P+Q, P+Q`=|P|2+|Q|2+2'P, Q`.Por la desigualdad de C-S,'P, Q` ['P, Q`[ |P||Q|.Es decir, nos qued o|P+Q|2|P|2+|Q|2+2|P||Q| = (|P|+|Q|)2.Tomando raz cuadrada a ambos t erminos se obtiene la desigualdad triangular.La desigualdad triangular en este punto parece un tanto t ecnica, pero si recordamos que que-remos hablar de lmites, nos dice algo fundamental: si dos puntos est an cerca del origen, entoncessu suma tambi en est a cerca del origen!Asimismo, si X est a cerca del origen e Y est a cerca de X, entonces la desigualdad triangularnos dice que Yest a cerca del origen pues|Y| |Y X|+|X|.1.3.3. Entornos y conjuntos abiertosPensando en la norma como distancia, podemos denir uncierto entorno de un punto P Rnde la siguiente manera:nos quedamos con el conjunto de puntos que est an a dis-tancia menor que un n umero positivo r de un punto P dado.Es decir, si pensamos en el plano, con un disco alrededordel punto, como en la gura de la derecha.PrBr(P)26 CAPITULO 1. C ALCULO EN RNLo anotamos as:Br(P) =Q Rn: d(Q, P) =|QP| < r.Observemos que los puntos del borde del disco NO pertenecen a este conjunto.El conjuntosedenomina bola abierta de radio r con centro en P. En el caso de la recta real (n = 1) se obtiene unintervalo: si tomamos un n umero x0 R y consideramos Br(x0) = x R : [x x0[ < r, lo queobtenemos es el intervalo abierto de largo 2r (el di ametro) centrado en x0.( )x0rRx0 +rx0Las siguiente denici on generaliza esta idea.Denici on 1.3.2. Un conjunto U Rnes abierto si para cada punto PU existe una bola abiertaBr(P) centrada en P tal que Br(P) U (el radio puede depender del punto P).La idea intuitiva es que en un conjunto abierto, no hay puntos que est en en el borde, sinoque est an todos propiamente adentro. Porque los puntos del borde no tienen esta propiedad,yacualquier bola centrada en ellos, tiene puntos tanto de fuera del conjunto como de adentro. Insistocon una parte importante de la denici on: el radio r, para cada punto P del conjunto abierto U, vavariando para adecuarse a la forma del conjunto y permitir que Br(P) U. Un ejemplo sencillo seobtiene tomando algunos puntos en una gura en el plano como la siguiente:r5P1r1B1P2r2B2P3r3B3P4r4B4P5r6B6P6B7P7r5B5USe imaginan que una bola abierta debera cumplir la denici on de abierto (si no, estamosmal!). Veamos su demostraci on, que se deduce del dibujo1.3. EL ESPACIO COMO N-UPLAS 27PQ|QP|ttt = r |QP| > 0Br(P)Bt(Q)Lema 1.3.3. Sea Br(P) una bola abierta en Rn. Para cada Q Br(P) existe t > 0 tal que Bt(Q) Br(P). En particular una bola abierta es un conjunto abierto.Demostraci on. Como QBr(P), se tiene d =|QP| 0.Demostr emoslo. Tomemos X Brd(Q), entonces |X Q| < r d. En consecuencia|X P| =|X Q+QP| |X Q|+|QP| < (r d) +d = rdonde hemos usado la desigualdad triangular. Esto nos dice que X Br(P), como arm abamos.Tenemos la siguiente equivalencia:Proposici on 1.3.4. Un conjunto U Rnes abierto si y s olo si U se puede escribir como uni on debolas abiertas.Demostraci on. Veamos ), supongamos que U es abierto. Entonces para cada punto PU exister > 0 tal que Br(P) U. En consecuencia PUBr(P) U pues todas las bolas est an en U. Y porotro lado es evidente que U PUBr(P). Es decir hemos probado queU PUBr(P) U,lo que nos asegura la igualdad U=PUBr(P), o sea U es una uni on de bolas abiertas.Veamos ahora ), supongamos que U= PiBr(Pi) es una uni on de bolas abiertas, dondelos Pi son algunos de los puntos de U(pueden ser todos). Si Q U, tenemos que ver que existet> 0 tal que Bt(Q) U. Como Ues uni on de bolas abiertas, el punto Q debe estar en algunade ellas, digamos Q Br0(P0). Pero por el Lema 1.3.3, existe t > 0 tal que Bt(Q) Br0(P0). Porpropiedad transitiva de la inclusi on, se tienen Bt(Q) U.Y una propiedad fundamental:Proposici on 1.3.5. Si UiiI es una familia de conjuntos abiertos de Rn, entonces la uni on U=iIUi es un conjunto abierto.28 CAPITULO 1. C ALCULO EN RNDemostraci on. Cada abierto Ui se puede escribir como una uni on de bolas abiertas por la proposi-ci on anterior. Entonces U es la uni on de todas las bolas de todos los abiertos, y resulta ser abiertode nuevo por la proposici on anterior.Algosimilarocurreconlaintersecci on, peroteniendocuidadoporques oloesciertoelresultado si son nitos conjuntos. Basta verlo para dos, ese es el contenido del siguiente lema.Lema 1.3.6. Si U,Vson conjuntos abiertos de Rn, entonces su intersecci on U V es un conjuntoabierto.Demostraci on. Dado P U V, existen r1 > 0 y r2 > 0 tales que Br1(P) U (por ser U abierto)y Br2(P) V(por ser Vabierto). Si r = mnr1, r2, entonces Br(P) U Vlo que prueba que este ultimo es abierto.Observaci on 1.3.7. Se extiende el resultado anterior a nitos conjuntos abiertos. Sin embargo,el resultado es falso si consideramos innitos abiertos. Queda como ejercicio comprobar que siUn = (0, n+1n) R, entonces nUn = (0, 1], que no es abierto.Antes de seguir, quisiera que discutamos brevemente qu e estamos haciendo. Si recordamosladenici ondelmiteenR,laideacentral esestablecerconclaridadquequieredecirestarcerca de un punto x0. Para eso usamos el orden de R, y alrededor de x0 establecemos un intervalo(x0, x0 +) para un > 0 dado,( )x0Rx0 + x0Observemos que hay s olo dos direcciones desde donde acercarnos a x0 (por la izquierda opor la derecha), que se corresponden con los lmites laterales. Esto es as porque los n umeros realesest an ordenados, y por lo tanto s olo se puede ser mayor o menor que x0 (o igual). Sin embargo, enel plano (o el espacio) no hay un orden entre puntos. Por lo tanto hay innitas direcciones desdedonde acercarse a un punto P Rn.PDe hecho, acercarnos por rectas no agota todas las posibilidades porque uno podra acercarse conuna espiral u otra curva. Sin embargo, con las nociones de bola y abierto queda claro qu e quieredecir estar cerca del punto P.Otra noci on util que necesitamos es la de interior de un conjunto.1.3. EL ESPACIO COMO N-UPLAS 29Denici on 1.3.8. Si C Rn, un punto P C es interior si existe una bola abierta centrada en Ptal que Br(P) C. El conjunto de todos los puntos interiores de C se denomina interior de C y lodenotamos Co.Un conjunto puede no tener ning un punto interior, es decir Co= / 0. Por ejemplo si C es unarecta en el plano. Aunque es evidente, esta armaci on requiere demostraci on. Seamos entoncesconcretos.Ejemplo 1.3.9. Si C =(x, y) : y = x, entonces Co= / 0.Demostraci on. La manera m as simple de probar lo enunciado es por el absurdo. Es decir, supone-mos que hay un punto interior y llegamos a una contradicci on. Supongamos entonces que P Ces interior.Debe ser P = (a, a) para alg un n umero real a. Si P es interior,existe r > 0 tal queBr(P) C. Nos guiamos por el dibujo siguienteaaxyy = xQ = (a+r2, ar2)Si tomamos el punto Q = (a+r2, ar2), evidentemente Q/ C. Sin embargo, como|QP| =

r24+ r24=r2< rse tiene Q Br(P), y como supusimos que Br(P) C, se tiene Q C, una contradicci on.En el otro extremo est an los abiertos, donde todos los puntos son interiores. Primero unaaclaraci on: el conjunto vaco, C = / 0, es abierto pues no hay puntos para vericar la condici on.Se tieneProposici on 1.3.10. 1. Coes un conjunto abierto de Rn.2. Co=C si y s olo si C es abierto.Demostraci on. Veamos 1. Como dijimos, si C = / 0, Co= / 0 con lo cual es abierto. Si es no vaco, ytomamos P Co, por denici on de interior se tiene que existe r >0 tal que Br(P) C. Armo que30 CAPITULO 1. C ALCULO EN RNtodos los puntos de Br(P) son interiores, con lo cual en realidad Br(P) Co, lo que probara queCoes abierto. Para verlo tomemos Q Br(P); por el Lema 1.3.3 existe una bola Bt(Q) Br(P).Como Br(P) C, tenemos Q Bt(Q) C, o sea Q es interior, como queramos ver.Ahora veamos 2. Supongamos primero que Co=C. Entonces por 1. C es abierto. Suponga-mos ahora que C es abierto. Tenemos por denici on CoC. Veamos que vale la otra inclusi on.Para ello tomamos P C, por ser C abierto existe r > 0 tal que Br(P) C. Pero esto nos diceexactamente (releamos la denici on) que P es un punto interior, o sea P Co.Observaci on 1.3.11. El interior Code un conjunto es, en alg un sentido, el abierto m as grandecontenido en C. Para decirlo con m as precisi on, no es difcil probar que Cose puede escribir comola uni on de todos los conjuntos abiertos de C, es decir Co= Ui con Ui C abierto deRn. Seaniman a probarlo?1.3.4. Lmites en RnVamos a generalizar la noci on de sucesi on, de forma natural.Denici on 1.3.12. Una sucesi on PkkN de puntos de Rnes una tira ordenada de vectoresP1, P2, P3,, Pk, Equivalentemente, es una funci on P : N Rn.Ejemplo 1.3.13. 1. Tomemos Pk = (1k, cos 1k). Entonces PkkN es una sucesi on de R2.2. Si ponemos Qk = (ek, k2, 1k), entonces QkkN es una sucesi on de R3.3. Si Xj =

ej, 1j sen(2j),1j2, (1+ 1j)j

entonces XjjN es una sucesi on de R4.ObservemosquecomounvectorP Rnest adeterminadoporsusncoordenadas(queson n umeros reales), entonces una sucesi on deRnse puede pensar como una tira ordenada de nsucesionesde n umeros reales, y al k- esimo t ermino de la sucesi on (que es un vector deRn) loanotamos asPk = ((Pk)1, (Pk)2,, (Pk)n).Es decir, usamos un par entesis y un subndice para se nalar qu e coordenada nos interesa. As porejemplo, si Pk es la sucesi on de R2dada porPk = (11/k, 2k),se tiene (Pk)1 = 11/k y (Pk)2 = 2k.Ahora que sabemos qu e es una sucesi on, podemos dar la denici on de lmite de sucesionesusando la norma (que nos provee de los entornos).1.3. EL ESPACIO COMO N-UPLAS 31Denici on 1.3.14. Si PkkN es una sucesi on de Rn, y P Rn, decimos que Pk tiende a P si paratodo > 0 existe k0 N tal que|PkP| < para todo k k0,y lo escribimoslmkPk = P o bien PkkP.Observemosqueestadenici oncoincideconla denici onde lmitede unasucesi onenel caso n = 1. Se puede denir tambi en que quiere decir que una sucesi on de vectores tienda ainnito, pero en el cason 2 lo que queremosdecires que la norma de los vectoresse hacearbitrariamente grande, es decirDenici on 1.3.15. Si PkkN es una sucesi on de Rn, decimos que Pk tiende a innito si para todoM > 0 existe k0 N tal que|Pk| > M para todo k k0,yloescribimos lmkPk= obienPkk .Tambi eneshabitual decirquelasucesi on Pkdiverge.Lo que uno imagina, si piensa en las coordenadas del vector que forma la sucesi on, es quesi tiene lmite cada coordenada entonces tiene lmite la sucesi on original. Esto no s olo es as sinoque vale la recproca. Para verlo, primero una observaci on util sobre la norma.Observaci on 1.3.16. Si P = (p1, p2,, pj,, pn) es un vector deRn, entonces se tiene, paracualquierj desde 1 hasta n,[pj[ |P| n m axj=1...n[pj[. (1.1)Para verlo basta recordar que|P| =

p21 + p22 + + p2j + p2n,y en consecuencia se tienep2j p21 + p22 + + p2j + p2n n m axj=1...np2j.Ahora s, escribimos el resultado que establece que la convergencia enRnes simplementela convergencia en todas y cada una de las coordenadas.Proposici on 1.3.17. Sea Pk una sucesi on de Rn. Entonces P = (p1, p2,, pn) es el lmite de lasucesi on Pk si y s olo si cada coordenada del vector sucesi on tiene como lmite la correspondientecoordenada de P. Es decirlmkPk = P

lmk(Pk)j = pj para todoj = 1. . . n

.32 CAPITULO 1. C ALCULO EN RNDemostraci on. Supongamos primero que todas las coordenadas convergen al correspondiente pj.Esto quiere decir, que dado > 0,1. existe k1 N tal que [(Pk)1p1[ 0 tal que0 0 tal que0 0, existe 1> 0 tal que [ f (X) l1[ 0 tal que[g(X)l2[ 0 existe > 0 tal que0 0, entonces existe r > 0 tal que si U= Br(P) A, se tienef (X) > 0 para todoX U.4. Si f (P) < 0, entonces existe r > 0 tal que si U= Br(P) A, se tienef (X) < 0 para todoX U.Demostraci on. El tem 1. lo probamos por el absurdo. Si fuera f (P) > 0, tomamos =f (P)2, yexiste entonces k0 N tal que k k0 implica [ f (Xk) f (P)[ 0 si k k0 lo cual contradice la hip otesis.El tem 2. tiene una demostraci on an aloga, es un buen ejercicio esciribirlo.El tem 3. tambi en lo probamospor el absurdo:supongamosque para todo k N existeXk B1k(P) A tal quef (Xk) 0. Entonces Xk P en A y por ser f continua en P, 0 0 tal que |X| M para todo X A.2. Un conjunto K Rncerrado y acotado es un conjunto compacto.3. Un conjunto ARnes arcoconexo si dados P, QA existe una curva continua : [0, 1] Atal que (0) = P y (1) = Q.Observaci on 2.3.7. Por la desigualdad[xi[ |X| n m axi=1...n[xi[se deduce que un conjunto A es acotado si y s olo si cada una de sus coordenadas est a acotada.Recordemos el teorema del valor medio en una variable:Teorema 2.3.8. (Bolzano) Si f : [a, b] R es continua, yf (a) f (b) < 0, entonces existe c (a, b)tal quef (c) = 0.2.3. CONTINUIDAD 53Demostraci on. Supongamos quef (a) > 0 yf (b) < 0. Sea A = x [a, b] :f (x) > 0, que es novaco (pues a A). Como A [a, b], est a acotado superiormente as que tiene supremo s = supA.Existe una sucesi on creciente an de puntos de A que tiende a s [a, b]. Comof (an) > 0 (puesan A), el tem 1 del Lema 2.3.5 nos dice que debe serf (s) 0. Armo quef (s) = 0. Si no fueraas, seraf (s) > 0. Pero entonces el tem 3 del mismo lema nos dice que hay un entorno de s de lapinta (s r, s +r) [a, b], tal quef (x) > 0 all.Como s < b puesf (b) < 0, podemos tomar x0 [a, b] tal que x0 (s, s +r). Este x0 A yes mayor que el supremo, lo que es imposible. Debe ser puesf (s) = 0.Teorema 2.3.9. (Bolzano) Sea f : ARnR. Supongamos que existen P, QA tales que f (P) 0. Si A es arcoconexo yfes continua, entonces existe R A tal quef (R) = 0.Demostraci on. Por ser A arcoconexoexiste : [0, 1] A continua con (0) = P y (1) = Q.Consideremos g : [0, 1] R la composici on g(t) =f (t), que es una funci on continua por sercomposici on de funciones continuas. Se tiene g(0) = f (P) < 0 y g(1) = f (Q) > 0. Por el teoremadel valor medio en una variable, existe c (0, 1) tal que g(c) = 0. Si R = (c), entonces R A yadem asf (R) =f ((c)) = g(c) = 0.Y se tienen los corolarios habituales,Corolario 2.3.10. Seaf : A RnR continua. Supongamos que A es arcoconexo. Entonces1. Dados P, Q A, ftoma todos los valores intermedios entref (P) yf (Q).2. Sean P A y Q A. Si lmXQ f (X) = l yf (P) < l, entonces [ f (P), l) Im( f ).Demostraci on. Para probar1,supongamos f (P) 0. Adem as fces continua,as que por el teoremaanterior existe R A tal quefc(R) = 0. Esto esf (R) c = 0, es decirf (R) = c.Para probar 2, tomemos c ( f (P), l). Observemos que como lmXQ f (X) = l, existe unasucesi on Xkde puntos de A tales que, dado = l c > 0, si k k0entonces [ f (Xk) l[ < =l c. Desarmando este m odulo se tiene (l c) 0talqueBrP(F(P)) W.ComoFescontinua, dadoesterP> 0existe P> 0talque |X P| < P, X A,implican|F(X) F(P)| < rP. Es decir, existe P > 0 tal que X ABP(P) implica F(X) BrP(P) W.Dicho de otra forma, F(BP(P) A) W. Como esto se puede hacer para cualquier P F1(W),podemos tomar U=PF1(W)BP(P) que por ser de uni on de abiertos es abierto, y se tieneF1(W) =U Acomo queramos.La otra implicaci on es similar, queda como ejercicio.2.3. CONTINUIDAD 552.3.3. Continuidad uniformePara terminar, una denici on y un teoremaDenici on 2.3.14. Decimos que una funci onf : A RnRmes uniformemente continua sidado > 0, existe > 0 tal que X,Y A y |X Y| < implican |F(X) F(Y)| < .La denici on nos dice que peque nos movimientos en el dominio provocan peque nos movi-mientos en la imagen, independientemente de en qu e punto hagamos estos movimientos.Observaci on 2.3.15. Una funci on uniformemente continua es continua, puesto que dado P A, y > 0, se tiene por la denici on que existe > 0 tal que |X P| < implica |f (X) f (P)| < .Es decir, lmXP f (X) =f (P).Observemos sin embargo, que es habitual para funciones continuas el hecho siguiente: dado, el necesario para conseguir |F(X) l| < puede depender no s olo de , sino tambi en delpunto P en cuesti on. Un ejemplo sencillo de funci on continua que no es uniformemente continuaes el siguiente.Ejemplo 2.3.16. Tomemosf (x) = x2en el intervalo (0, +). Entonces si f fuera uniformementecontinua, dado = 2 existira > 0 tal que si x, y > 0 y [xy[ < , entonces [x2y2[ < 2. Pero sitomamos y =2, x = y + 2 (que verican las hip otesis), entonces[x2y2[ =

(y + 2)2y2

= 2+ 24 = 1.Sin embargo, en dominios cerrados y acotados, no hay distinci on, puesTeorema 2.3.17. (Heine-Cantor) Si F : A RnRmes continua y A es compacto, entonces Fes uniformemente continua.Demostraci on. Si Fno fuera uniformementecontinua, existira > 0 tal que para cada k Nexistiran Xk e Yk en A tales que |XkYk| 0 tal que [ f (X)[ M si |X P| puesfes con-tinua por ser diferenciable (y toda funci on continua en un compacto alcanza m aximo y mnimo).Y entonces[ f (X)[[g(X) g(P) DgP(X P)[|X P|M[g(X) g(P) DgP(X P)[|X P|XP 0por ser g diferenciable. En el segundo t ermino, como g es diferenciable se tiene [DgP(X P)[ |gP||XP| por la desigualdad de C-S (ver el tem 5. de la Observaci on 3.2.3). En consecuencia,[ f (X) f (P)[[DgP(X P)[|X P|[ f (X) f (P)[|gP| XP 0por serfcontinua en P.Por ultimo, veamos la armaci on 3. sobre el cociente. Que AC0(g) =X A : g(X) = 0es abierto se deduce de lo siguiente: si X AC0(g), entonces g(X) >0 o g(X) 0 existe un entorno digamos Br(P) donde [g(X)[ >c > 0.Sigamos con la prueba de que el cociente es diferenciable. Si reescribimos la expresi on dearriba, obtenemos1[g(X)[[g(P)[[ f (X)g(P) f (P)g(X) g(X)g(P)TP(X P)[|X P|.Seg un dijimos,1[g(X)[ 0 talque si x (c , c +), se vericaf (x) f (c). La demostraci on se deduce del siguiente dibujo,mirando las rectas secantes que aproximan a la tangente:xycc +h (h < 0) c +h (h > 0)y =f (x)f (c)recta secante para x < crecta secante para x > cCalculemosf/(c) usando la denici on, con los lmites laterales. Por la izquierda se tienelmh0f (c +h) f (c)h0puesf (c +h) f (c) 0 y h < 0. Por la derecha,lmh0+f (c +h) f (c)h0pues el numeradorsiguesiendonegativopero ahorael denominadores positivo. Como amboslaterales deben ser iguales af/(c), la unica posibilidad esf/(c) = 0.Rolle: Si f es continua en [a, b], como este conjunto es compacto, f alcanza su m aximo ysu mnimo all. Si el m aximo y el mnimo son iguales, f es constante y por ende su derivada esnula en todo (a, b). Si son distintos, comof (a) = f (b), alguno de los dos se alcanza en el interior,digamos c (a, b) es un extremo def . Pero entonces, por Fermat, f/(c) = 0.3.2. PLANO TANGENTE Y DIFERENCIAL 77Lagrange: Consideramos la siguiente funci on auxiliar, que es la resta entref y la recta Lque une (a, f (a)) con (b, f (b)): g(x) =f (x) L(x).xyabf (a)f (b)y = f (x)LgEntonces como la recta yf se tocan en a y b, se tiene g(a) = g(b) = 0. Por otro lado, gverica las otras hip otesis del teorema de Rolle pues f las verica y L es una recta, y por endeexiste c (a, b) tal que g/(c) = 0. Pero g/(x) =f/(x) m, donde m es la pendiente de la recta L.Evaluando en c, se obtienef/(c) = m. Pero si la recta pasa por los puntos dados, su pendiente mse calcula como m = y/x, que es exactamentem =f (b) f (a)ba.Por ultimo, veamos c omo se puede deducir la regla de LHospital a partir del teorema delvalor medio. Antes vamos a enunciar un resultado t ecnico con ese s olo prop osito.Proposici on 3.2.11 (Cauchy). Si f , g son continuas en [a, b] y derivables en (a, b) entonces existec (a, b) tal quef/(c)(g(b) g(a)) = g/(c)( f (b) f (a)) .Demostraci on. Consideremosh(x) = ( f (x) f (a)) (g(b) g(a)) (g(x) g(a)) ( f (b) f (a)) .Entonces la funci on h verica todas las hip otesis del teorema de Rolle en [a, b]. Por otra parteh/(x) =f/(x)(g(b) g(a)) g/(x)( f (b) f (a)) .Luego, existe c (a, b) tal que h/(c) = 0. Reemplazandoen la ecuaci on de h/y despejandoseobtiene la conclusi on.Es importanteobservar que las derivadas en el teorema de Cauchy est an evaluadas en elmismo punto c (a, b).Cuandog(b) = g(a), f (b) =f (a), elresultadoanteriortienelasiguienteinterpretaci ongeom etrica: consideremos la curva en el plano dada por (t) = ( f (t), g(t)), y sus extremos P =( f (a), g(a)), Q = ( f (b), g(b)). Entonces /(t) = ( f/(t), g/(t)) es el vector velocidad de la curva.78 CAPITULO 3. DERIVADAS Y DIFERENCIALSupongamos que no hay ning un puntodonde se anule esta velocidad en (a, b).Entonces de la expresi onf/(c) =f (b) f (a)g(b) g(a)g/(c)se deduce que en el punto c tam-bi en se tiene g/(c) = 0 (de lo contariotendramos /(c) =O).(c)/(c)f (b) f (a)g(b) g(a)PQLuego podemos escribirf/(c)g/(c)=f (b) f (a)g(b) g(a).Esta expresi on nos dice que hay alg un punto R = (c) en la curva, donde la recta tangente a lamisma es paralelaal vectorque une los extremos P y Q, seg un indicala gura,puestoque lapendiente de la recta generada por el vector /(c) es exactamentef/(c)g/(c).Ahora enunciamos la regla de LHospital para calcular lmites.Proposici on 3.2.12 (LHospital). Seanf , g funciones derivables en un entorno del punto x = a(exceptuando tal vez el mismo punto x = a). Supongamos que g/(x) = 0 para todo x = a, y quelmxa f (x) = lmxag(x) = 0.Si existe el lmitelmxaf/(x)g/(x)= Lentonces existe el lmite def /g y coincide con el de las derivadas, es decirlmxaf (x)g(x)= L.Demostraci on. Primero observemosque podemosextendera las funciones f , g al punto x = acomof (a) = g(a) = 0, y quedan continuas por la hip otesis. Analicemos un lmite lateral, el otrose calcula en forma id entica. Comof , g eran derivables en un entorno de a, existe > 0 tal quetantofcomo g son continuas en [a, a+] y derivables en (a, a+delta). Armo que g no se anulaen (a, a+): en efecto, si se anulara, por el teorema de Rolle aplicado a g en el intervalo [a, a+]tendra que anularse g/ en (a, a+), contradiciendo la hip otesis g/(x) =0. Tomemos x (a, a+),y apliquemos el teorema de Cauchy en [a, x] para obtener que existe c (a, x) dondef/(c)g/(c)=f (x) f (a)g(x) g(a)=f (x)g(x).Si hacemos tender x a+, se deduce que c a+tambi en con lo cual la expresi on de la izquierdatiende a L por hip otesis. Luego la expresi on de la derecha tambi en tiende a L.3.2. PLANO TANGENTE Y DIFERENCIAL 79Se pueden deducir de aqu (pero no lo haremos) los corolarios habituales que nos permitencalcular lmites cuando x , y cuandof , g .3.2.3. Criterio de diferenciabilidadNecesitamos alg un criterio efectivo para ver si una funci on es diferenciable en un punto ono. Vamos a denotar un punto gen erico deR2como P = (a, b), y otro punto cercano a P comoX= (a+h, b+k). Aqu h, k denotan los incrementos en x e y respectivamente, y X P = (h, k).Dada f : R2R, observemos que si las dos derivadas parciales de f existen en todas partes,entonces por el teorema de Lagrange en una variable, existen c entre a y a+h, d entre b y b+k,tales quef (a+h, b+k) f (a, b) = f (a+h, b+k) f (a, b+k) + f (a, b+k) f (a, b)= fx(c, b+k)h+ fy(a, d)k.En efecto, las funciones reales x f (x, b+k) e y f (a, y) son derivables, con lo cual se puedeaplicar el teorema. Volviendo a la ecuaci on de arriba, tenemosf (a+h, b+k) f (a, b) 'f(a,b), (a+ha, b+k b)` ==

fx(c, b+k) fx(a, b)

h+

fy(a, d) fy(a, b)

k.Luego, como [h[ |(h, k)| = |(a+h, b+k) (a, b)| (y lo mismo ocurre con [k[), descubrimosque[ f (a+h, b+k) f (a, b) 'f(a,b), (a+ha, b+k b)`[|(a+h, b+k) (a, b)|

fx(c, b+k) fx(a, b)

+

fy(a, d) fy(a, b)

.Si las derivadas parciales def fueran continuas, haciendo tender h, k 0 tendramos que el ultimot ermino tiende a cero, con lo cual el primer t ermino tambi en. Pero esto ultimo es exactamente loque debe ocurrir para quefsea diferenciable en P = (a, b).Resumiendo,hemos probado el siguienteteorema, que resulta un criterio util para ver siuna funci on es diferenciable en un punto. Observemos que las condiciones son sucientes pero nonecesarias (ver el Ejemplo 3.2.16).Teorema 3.2.13. Seaf: A R2R con A abierto, y sea P A. Si las dos derivadas parcialesdefexisten en un entorno de P, y ambas son continuas all, entoncesfes diferenciable en P.El criterio en su forma general se enuncia de la siguiente manera, y tiene una prueba similarque omitimos:80 CAPITULO 3. DERIVADAS Y DIFERENCIALTeorema 3.2.14. Si A Rnes abierto, todas las derivadas parciales de una funci onf: A Rexisten en A, y todas las derivadas parciales son continuas en A, entoncesf es diferenciable en A.Es decir, basta chequear la continuidad de las n derivadas parciales def . Se puede pedir unpoquito menos, ver la NOTA I del nal del captulo.Ejemplo 3.2.15. Tomemosf (x, y, z) =ycos(x)+zln(x)1+z2ey, con dominioDom( f ) =(x, y, z) : x > 0.Entonces es m as o menos evidente que todas las derivadas parciales def existen y son funcionescontinuas en todo el dominio, con lo cual se deduce quef es diferenciable en todo su dominio.Se imaginan probando a mano, en cada punto del dominio, quefes diferenciable?Otro ejemplo, para pensar:Ejemplo 3.2.16. Tomemosf : R2R dada porf (x, y) =

xysen

1x2+y2

si (x, y) = (0, 0)0 si (x, y) = (0, 0)Entonces queda como ejercicio ver que1. fx(0, 0) =fy(0, 0) = 0.2. lm(x,y)(0,0)[ f (x, y) 0[|(x, y)|= 0 (o seafes diferenciable en el origen).3. Ninguna de las dos derivadas parciales es continua en el origen.3.2.4. Funciones F : RnRmEn general, dadasdosbases deRnyRmrespectivamente, una transformaci onlinealT:RnRmserepresentacomounamatrizMden m, dondelascolumnasdeMsecalculanhaciendo T(Ei) con i = 1..n. Esta matriz act ua sobre vectores columna de la manera usual.Podemos extender la noci on de diferenciabilidad a funciones a valores vectoriales as:Denici on 3.2.17. Sea F : A RnRm, sea P Ao. Si TP : RnRmes una transformaci onlineal que vericalmXP|F(X) F(P) TP(X P)||X P|= 0entonces decimos que F es diferenciable en P. A la transformaci on lineal la llamamos diferencialde F en P, y la anotamos DFP.3.2. PLANO TANGENTE Y DIFERENCIAL 81Entoncesextendimosla idea de diferenciabilidada funcionesa valores enRmusandolanoci on de aproximaci on lineal.Observaci on 3.2.18. Una tal funci on se escribe como F = ( f1,, fm) dondefi : A R. Adem as,la i- esima coordenada del vector TP(X P) se obtiene (si pensamos a la transformaci on linealcomo matriz) haciendo el producto escalar de la i- esima la de TP con X P.

(TP)11(TP)12. . . (TP)1n(TP)21(TP)22. . . . . .. . . . . . . . . . . .(TP)i1(TP)i2. . . . . .. . . . . . . . . . . .. . . . . . . . . (TP)mn

x1p1. . .. . .. . .. . .xmpm

Como el lmite existe y da cero si y s olo si existe el lmite en cada coordenada y da cero, se deducequeFes diferenciableen P si y s olo si cada fies diferenciableenP. Adem as,si usamoslanotaci on fixjpara denotar la derivadaj de la funci on i, se tiene que la diferencial de F es la matriz que seobtiene poniendo como las los gradientes de lasfi, es decirDFP =

f1(P)f2(P). . .fm(P)

=

f1x1(P) f1x2(P) . . . f1xn (P) f2x1(P) f2x2(P) . . . . . .. . . . . . . . . . . .. . . . . . . . . fmxn (P)

Observemos que se puede recuperar cada coordenada usando la base can onica: fixj(P) ='DFP(Ej), Ei`.Tambi en esimportanteobservarque, si Fes diferenciableenP y V Rn, entoncesponiendo(t) = P+tV se tiene0 = lmt0|F(P+tV) F(P) DFP(tV)|[t[= lmt0

F(P+tV) F(P)tDFP(V)

,lo que prueba queDFP(V) = lmt0F(P+tV) F(P)t.para cualquier V Rn.De lo ya probado se deduce el criterio siguiente:82 CAPITULO 3. DERIVADAS Y DIFERENCIALTeorema 3.2.19. Sea F : A RnRm, con A abierto y P A. Si existen todas las derivadasparciales de F en un entorno de P y son todas continuas en P, entonces F es diferenciable en P.Observaci on 3.2.20. Por supuesto que la suma de funciones diferenciables es diferenciable comovimos. Para funciones a valores vectoriales, digamos G, H : A RnRm, tiene tambi en sentidoconsiderar su producto escalarF(X) ='G(X), H(X)`que es una funci on diferenciable F : A R a valores reales, por ser suma y producto de funcionesdiferenciables. Adem as se tienelmt0F(P+tX) F(P)t= lmt01t['G(P+tX), H(P+tX)` 'G(P), H(P)`]= lmt01t['G(P+tX), H(P+tX)` 'G(P), H(P+tX)`++'G(P), H(P+tX)` 'G(P), H(P)`]= lmt01t'G(P+tX) G(P), H(P+tX)` + 1t'G(P), H(P+tX) H(P)`.Esto prueba queDFPX='DGPX, H(P)` +'G(P), DHPX`.Veamos un par de propiedades utiles:Lema 3.2.21. 1. Si T : RnRmes una transformaci on lineal, existe una constante positiva Ctal que |TX| C|X| para todo X Rn. A la m as chica de estas constantes la denotaremos|T|, y se tiene|T| = m ax|TX| : |X| 1.En particular |TX| |T||X| para todo X Rn.2. La funci on | | : RnmR es una norma, es decir, si T, S Rnmentoncesa) |T| 0 y es |T| = 0 si y s olo si T= 0.b) |T| =[[|T| para todo R.c) |T +S||T| +|S|.3. Si F : A RnRmes diferenciable en P Ao, existe r > 0 y una constante positiva Cr talque X Br(P) implica|F(X) F(P)| Cr|X P|.Demostraci on. Veamos 1. Observemos que, como T(X) es en cada coordenada una suma y pro-ducto de las coordenadas de X, se tiene que cada coordenada es continua, y en consecuencia Tescontinua. Como la funci on norma de R2en R, Y |Y|, tambi en es continua, pues[|X||Y|[ |X Y|,3.2. PLANO TANGENTE Y DIFERENCIAL 83se tiene que X |TX| es una funci on continua de Rnen R. Consideremos la bola cerrada unitaria,B1 =X Rn: |X| 1.Es un conjunto compacto pues es cerrado y acotado. Entonces, la funci on X |TX| es acotadaen B1, y adem as alcanza m aximo y mnimo. Pongamos |T| = m axXB1|TX|. Entonces, dadocualquier X =O,|T

X|X|

| |T|,con lo cual como Tes lineal se tiene |TX| |T||X| como queramos, adem as por como laelegimos es la mejor cota.Veamos 2. Que |T| es positivo es evidente por que es un m aximo de cantidades positivas.Por otro lado, si T =0, entonces TX =Opara todo X Rn, con lo cual |T| =0. Recprocamente,si |T| = 0 es porque el m aximo es cero, y entonces debe ser |TX| = 0 para todo X B1, conlo cual TX= 0 para todo X B1. Pero entonces, por la linealidad de T, dado cualquier X =O, setieneTX=|X|T

X|X|

=|X|O=Oes decir, T es la transformaci on lineal nula. Que saca escalares con el m odulo es tambi en obvio dela denici on.Por ultimo, veamos que verica la desigualdad triangular. Si S, T Rnm, entonces dadoX B1,|(T +S)X| =|TX +SX| |TX|+|SX| |T||X|+|S||X| |T| +|S|.Luego el m aximo debe ser menor o igual que |T| +|S|.Veamos 3. Como Fes diferenciable en P, existe una bola Br(P) alrededor de P donde elcociente famoso es menor que uno. Con esto,|F(X) F(P)||X P| |F(X) F(P) DFP(X P)||X P|+|DFP(X P)||X P|1+|DFP|,siemprequeX Br(P), puestoqueDFPesunatransformaci onlineal. Si ponemosCr= 1 +|DFP|, tenemos la cota deseada.Podemos componer dos funciones, y se tiene la regla de la cadenaTeorema 3.2.22. Sea F : A RnB Rm, y G: B Rk, con A, B abiertos. Si F es diferenciableen P A, y G es diferenciable en Q = F(P) B, entonces GF es diferenciable en P y adem asD(GF)P = DGQDFP,donde el producto denota composici on de transformaciones lineales.84 CAPITULO 3. DERIVADAS Y DIFERENCIALDemostraci on. Tenemos que probar quelmXP|G(F(X) G(F(P)) DGQDFP(X P)||X P|= 0.Si sumamos y restamos DGQ(F(X) Q), se tiene que la expresi on de la izquierda es menor oigual que|G(F(X)) G(Q) DGQ(F(X) Q)||X P|+|DGQ||F(X) F(P) DFP(X P)||X P|.El segundo t ermino ciertamente tiende a cero pues F es diferenciable en P. Por otro lado, como Fes diferenciable en P, en particular es continua en P pues cada coordenada de F es diferenciabley entonces cada coordenada es continua. Entonces F(X) Q = F(P) y si en el primer sumandomultiplicamos y dividimos por |F(X) Q|, se tiene|G(F(X)) G(Q) DGQ(F(X) Q)||F(X) Q||F(X) F(P)||X P|.El ultimo cociente est a acotado por la parte 3. del lema previo, mientras que el primer cociente,como F(X) Q, y G es diferenciable en Q, tiende a cero.Observaci on 3.2.23. Adem as de la propiedadgeneralque establecela reglade la cadena, elteorema tiene la siguiente aplicaci on. Si F=RkRndada por F= ( f1,, fn) la componemoscon g : RnR, entonces por la regla de la cadena (suponiendo que ambas son diferenciables)D(gF)P = gF(P)DFP =

gx1,, gxn

F(P)

f1x1 f1x2. . . f1xk f2x1 f2x2. . . . . . f3x1 f3x2. . . . . .. . . . . . . . . . . . fnx1. . . . . . fnxk

P==

gx1 f1x1+gx2 f2x1+. . . +gxn fnx1,. . . . . . . . ., gx1 f1xk+. . . +gxn fnxk

,donde en cada producto el primer factor est a evaluado en F(P), mientras que el segundo est a eva-luado en P.En particular, la coordenada i- esima del gradiente de gF : RkR (o lo que es lo mismo,la i- esima derivada parcial de gF), para cualquier i = 1. . . k est a dada por(gF)xi=gx1 f1xi+. . . +gxn fnxi=nj=1gxj fjxi,expresi on en la que hay que recordar que las derivadas de F est an evaluadas en P, mientras quelas de g est an evaluadas en F(P).3.3. TEOREMAS DE LAGRANGE Y FERMAT EN RN85Hagamos un ejemplo para descifrar la sopa de letras.Ejemplo 3.2.24. Sea F : R2R3dada porF(u, v) = ( f1(u, v), f2(u, v), f3(u, v)) = (u22v, cos(u) +v +3, uv).Sea g : R3R dada por g(x, y, z) = x2y +sen(zy).Entonces, si consideramos gF : R2R, se tiene por ejemplo(gF)u= gx f1u+ gy f2u+ gz f3u .Tenemosgx= 2xy,gy= x2+cos(zy)z,gz= cos(zy)y,mientras que f1u= 2u, f2u=sen(u), f3u= v.Con esto, recordando que al componer x =f1(u, v), y =f2(u, v), z =f3(u, v), se tiene(gF)u= 2(u22v)(cos(u) +v +3)2u+

(u22v)2+cos(uz(cos(u) +v +3))uv

(sen(u))+cos(uv(cos(u) +v +3))(cos(u) +v +3)v.Observaci on 3.2.25. Es habitual usar la notaci on x(u, v) en lugar def1(u, v), as como y(u, v)enlugarde f2(u, v), ytambi enz(u, v)enlugarde f3(u, v). Conlocual seescribeF(u, v)=(x(u, v), y(u, v), z(u, v)) y la f ormula de la derivada parcial respecto de la primer coordenada dela composici on queda escrita de manera sugestiva como(gF)u= gxxu + gyyu + gzzu,lo que permite desarrollar una regla mnemot ecnica sencilla para usar la regla de la cadena.3.3. Teoremas de Lagrange y Fermat en RnSupongamos quefes diferenciable. Entonces tiene sentido relacionarfcon su diferencial,tal comohicimosenunavariable. Elsiguienteresultadoeslageneralizaci ondel TeoremadeLagrange a varias variables.Proposici on 3.3.1. (Lagrange) Seaf : Br(P) RnR diferenciable. Entonces para todo Q, R Br(P) existe un punto P0 en el segmento que une Q con R tal quef (Q) f (R) ='fP0, QR`.86 CAPITULO 3. DERIVADAS Y DIFERENCIALDemostraci on. Consideremos la parametrizaci on del segmento que une Q con P, g(t) =R+t(QR). Entonces h(t) =f g(t) est a denida en [0, 1], y es diferenciable en(0, 1) por la regla de lacadena. Es m as h : [0, 1] R es una funci on continua pues f es continua por ser diferenciable.Entonces, por el Teorema de Lagrange en una variable, existe c (0, 1) tal que h(1)h(0) =h/(c).Pero por la regla de la cadena, h/(c) =Dfg(c)g/(c) =Dfg(c)(QR). Si llamamos P0 =g(c), se tienela armaci on.Observaci on 3.3.2. Lo relevante del dominio def en el teorema previo, no es tanto que sea unabola, sino que el segmento que une X con Y est e contenido en el dominio. El teorema no es v alidoen abiertos arbitrarios.En funciones a valores vectoriales el teorema es falso, como muestra el siguiente contra-ejemplo.Ejemplo 3.3.3. Sea F : RR2la curva dada por F(t) = (t2, t3). Consideremos el intervalo [0, 1]en el dominio de F. Entonces por un ladoF(1) F(0) = (1, 1)yporotroladoF/(t) = (2t, 3t2), conlocual esevidentequenoexistening unc (0, 1)quesatisfaga(1, 1) = (2c, 3c2).Sin embargo, se tiene el siguiente resultado util:Proposici on 3.3.4. Si G: Br(P) RnRnes diferenciable, y |DGQ|M para todo QBr(P),se tiene|G(X) G(Y)| M|X Y|para todo X,Y Br(P).Demostraci on. Si G(X) = G(Y) no hay nada que probar. Supongamos que G(X) = G(Y). Tome-mos nuevamente g(t) =Y +t(X Y) el segmento que une X con Yen Br(P), pongamos ahorah(t) ='Gg(t), G(X) G(Y)`.Entonces h/(t) ='DGg(t)g/(t), G(X) G(Y)`, luego por el teorema de Lagrange en R (tem 3. delTeorema 3.2.10), existe c (0, 1) tal queh(1) h(0) = h/(c)(10),lo que nos lleva a la siguiente expresi on, escribiendo quienes son h y h/:'G(X) G(Y), G(X) G(Y)` ='DGY+c(XY)(X Y), G(X) G(Y)`.Es decir|G(X) G(Y)|2|DGY+c(XY)(X Y)||G(X) G(Y)| M|X Y||G(X) G(Y)|.Como supusimos que G(X) = G(Y), podemos dividir por |G(X) G(Y)| para terminar.3.4. NOTAS 87Y por ultimo, la aplicaci on m as concreta para extremos de una funci on, que desarrollaremoscon cuidado m as adelante. Si f : RnR, un m aximo local es un punto P tal quef (P) f (X)para todo X en un entorno Br(P) de X. De la misma manera se dene un mnimo local, y diremosque P es un extremo local defsi es m aximo o mnimo local.Teorema 3.3.5. (Fermat en Rn) Sea f : ARnRdiferenciable, con A abierto. Supongamos queP A es un extremo local def . Entonces DfP =fP =O. Equivalentemente, todas las derivadasparciales defse anulan en P.Demostraci on. Supongamos que P es un m aximo local def . Como P A es un punto interior,podemos suponer que existe r > 0 y una bola abierta Br(P) A tal quef (P) f (X) para todoX Br(P). Consideremos la funci on auxiliar g(t) =f (P+tEi), donde Ei es un vector de la basecan onica. Entonces g : (r, r) R es una funci on derivable, que tiene une m aximo local en t = 0pues g(0) = f (P) f (P+tEi) = g(t). En consecuencia, debe ser g/(0) = 0. Pero esta derivada encero es exactamente (usando la denici on) la derivada parcial i- esima def en P. Esto prueba quefxi(P) = 0, y como i es cualquiera entre 1 y n, se tiene que el gradiente defes cero en P.3.4. NOTASI. Vamos a mostrar aqu que el criterio de diferenciabilidad se puede mejorar. Enunciamos el resultadoconcreto, seguido de su prueba.Seaf : A RnR, P Ao. Supongamos quea) Existen todas las derivadas parciales def en P.b) De las n derivadas parciales hay n 1 que existen en un entorno Br(P) de P, y estas n 1funciones son continuas en P.Entonces fes diferenciable en P.Como existen todas las derivadas parciales en P, tenemos que probar quelmXP[ f (X) f (P) 'fP, X P`[|X P|= 0.En esta prueba vamos a usar fipara denotar la i- esima derivada parcial. Para simplicar la pruebavamos a suponer que la unica derivada parcial que no est a denida en un entorno de P es la n- esima(la ultima). Empecemos con un caso donde las cuentas son m as f aciles, supongamos primero queP =O yf (P) = 0. Con esto, lo que hay que probar es quelmXO[ f (X) 'fO, X`[|X|= 0.Observemos quef (X) = f (x1, x2,, xn) f (0, x2, x3,, xn) + f (0, x2, x3,, xn). (3.4)88 CAPITULO 3. DERIVADAS Y DIFERENCIALDado X= (x1, x2,, xn) jo, consideremos la funci on auxiliar g1(t) =f (t, x2,, xn). Calculemosg/1(t). Se tieneg/1(t) = lmh0f (t +h, x2,, xn) f (t, x2,, xn)h.Pero este lmite es exactamente la primera derivada parcial def evaluada en (t, x2,, xn). Es decir,g/1(t) = f1(t, x2,, xn). Por el Teorema del valor medio de Lagrange, existe c1 (0, x1) tal quef (x1, x2,, xn) f (0, x2,, xn) = g1(x1) g1(0) = g/1(c1)(x10) = f1(c1, x2,, xn)x1.Volviendo a (3.4), nos qued of (X) = f1(c1, x2,, xn)x1 + f (0, x2, x3,, xn).Ahora, con un argumento similar,f (0, x2, x3,, xn) = f (0, x2, x3,, xn) f (0, 0, x3,, xn) + f (0, 0, x3,, xn)= f2(0, c2, x3,, xn)x2 + f (0, 0, x3,, xn),donde c2 (0, x2) como antes. Seguimos as hasta la pen ultima variable, con lo cual nos quedaf (X) = f1(c1, x2,, xn)x1 + f2(0, c2, x3,, xn)x2 ++ + fn1(0, 0,, cn1, xn)xn1 + f (0, 0, 0,, 0, xn),con ci (0, xi) para todo i = 1. . . n 1. Ahora observemos que, como P =O,'fO, X` = f1(O)x1 + f2(O)x2 + + + fn1(O)xn1 + fn(O)xn.Al restar y agrupar, usamos la desigualdad triangular para obtener[ f (X) 'fO, X`[ [ f1(c1x1, x2,, xn) f1(O)[[x1[ ++[ fn1(0, 0,, cn1xn1, xn) fn1(O)[[xn1[ ++[ f (0, 0, 0,, 0, xn) fn(O)xn[Recordemos que [xi[ |X| para todo i = 1..n. Luego al dividir por la norma de |X|, la expresi onoriginal nos queda acotada por[ f (X) 'fO, X`[|X| [ f1(c1x1,, xn) f1(O)[ ++[ fn1(0,, cn1xn1, xn) fn1(O)[+[ f (0, 0, 0,, 0, xn) fn(O)xn[|X|Tomemos > 0. Como cada ci (0, xi), y como las n 1 primeras derivadas parciales son continuasen X= O por hip otesis, todos estos t erminos tienden a cero cuando X O, con lo cual se puedenhacer todos menores que /n si 0 0.Falta ver que el ultimo t ermino se puede hacer menor que /n (de esta manera la suma es menoro igual que nn= ). Si xn= 0, ya terminamos. Si xn = 0, observemos que, si |X|= 0, entonces1/|X| 1/[xn[. Tambi en recordemos quef (O) = 0, con lo cual el ultimo t ermino es menor o igualque[ f (O+xnEn) f (O) fn(O)xn[[xn[=

f (O+xnEn) f (O)xn fn(O)

.3.4. NOTAS 89Perolmt0f (O+tEn) f (O)t= fn(O)seg un la denici on de derivada direccional, lo que prueba que este ultimo t ermino tambi en tiendea cero. Elegimos entonces 2> 0 tal que la ultima diferencia sea menor que /n siempre y cuando[xn[ < 2.Tomando = mn1, 2, se tiene que, si 0 < |X| < , entonces los primeros n 1 t erminos sonmenores que /n, y el ultimo tambi en pues [xn[ |X| < 2.Hemos probado, en este caso particular donde P =O, f (O) = 0, quefes diferenciable en O. Supon-gamos ahora quefcumple todas las hip otesis, pero P =O, f (P) = 0. Si ponemosf (X) = f (X +P) f (P),entoncesf vericaf (O) = 0, y es f acil ver que las derivadas parciales def en un entorno del origenexisten y coinciden con las derivadas parciales defen un entorno de P, pues X est a cerca de cero si ys olo si X +P est a cerca de P, con lo cualfi(X) = lmt0f (X +tEi) f (X)t= lmt0f (X +tEi +P) f (P) ( f (X +P) f (P))t= lmt0f (X +tEi +P) f (X +P)t= fi(P+X).En particular fP = fO, y adem as fverica todas las hip otesis que pusimos para hacer las cuentas,con lo cual es diferenciable en O seg un acabamos de demostrar. Poniendo Y= X P se tienelmXP[ f (X) f (P) 'fP, X P`[|X P|=lmYO[ f (Y +P) f (P) 'fP,Y`[|Y|=lmYO[ f (Y) 'fO,Y`[|Y|= 0,luegofes diferenciable en P.90 CAPITULO 3. DERIVADAS Y DIFERENCIALCaptulo 4Funci on inversa e implcita4.1. Funci on InversaEmpezamosesta secci onconun par de observacionessimples.Observemosque si Fesdiferenciable e inversible, y su inversa tambi en es diferenciable, entonces por la regla de la cadenaaplicada a F1(F(X)) = X se tieneDF1F(X)DFX= Idonde Id es la transformaci on lineal identidad de Rn. De aqu se deduce que DF1(la diferencialde la inversa) es la inversa de la diferencial de F, es decirDF1F(X) = (DFX)1.SupongamosahoraqueFesdiferenciablesolamenteSer aciertoquesisudiferencial esunatransformaci on lineal inversible, entonces F tiene una funci on inversa, diferenciable?En el caso de una variable, el gr aco defnos induce a pensar que s, pues derivadano nula en un entornode x = a nos diceque por lo menosf es localmente inyecti-va, es decir existe un entorno (a, a+)dondef es inyectiva y su inversa es deri-vable.yxm =f/(a) = 0y = f (x)aa a+f (a)Atenci on que en general no podremos exhibir explcitamente esta inversa, sino solamenteprobar que existe y que verica ciertas propiedades (y es para esto casos en los cuales no se puedamostrarlaf ormuladelainversa, dondeelteoremaquequeremosenunciarm asadelantetienemayor sentido y utilidad).Ejemplo 4.1.1. Consideramosf (x) = x +ex. Esta funci on es derivable y estrictamente crecientepues f/(x) = 1 +ex> 0, con lo cual tiene una inversa en todoR, y la inversa es derivable. Sin9192 CAPITULO 4. FUNCI ON INVERSA E IMPLICITAembargo, despejar una f ormula para la inversa a partir de la ecuaci onf (x) = y es imposible puesla ecuaci on x +ex= y no puede resolverse explcitamente.Para enunciary demostrarunresultadode estascaractersticasenRn,necesitamospen-sar en todos los ingredientesnecesarios,que son: propiedadesde las transformacioneslineales,continuidad de las derivadas parciales.4.1.1. Funciones de clase CkQueremosgarantizarquesiladerivadanoseanulaenunpunto, noseanulaen unen-torno del punto. Para esto podemos pedir que la derivada sea una funci on continua. Eso motiva lasiguiente denici on.Denici on 4.1.2. Seaf : A RnRm, con A abierto.Dado k N, decimos que f es de clase Cken A si para todo punto P A existen todaslas derivadas parciales hasta orden k y son funciones continuas en A. Al conjunto de todas lasfunciones de clase Cken A lo anotamos Ck(A).Decimos quef es de clase C(o quef C(A)) si existen todas las derivadas parcialesde cualquier orden y son todas continuas en A.Decimos quefes C0en A (o quef C0(A)) cuandofes continua en A.Ejemplo 4.1.3.Cualquier polinomio es una funci on Cen R.Las funciones trigonom etricas sen, cos y la exponencial son Cen R.El logaritmo es una funci on Cen (0, +).Si f (x) = x73, entonces comof/(x) =73x43yf//(x) =289 x13se tienef C2(R). Sin embargof / C3(R) pues la derivada tercera defno existe en cero.Observaci on 4.1.4. Que la derivada de una funci onf exista no quiere decir que la derivadaf/sea una funci on continua. Por ejemplo, sif (x) =

x2sen(1/x) si x = 00 si x = 0entoncesf/(0) = lmh0h2sen(1/h)0h= lmh0hsen(1/h) = 0, mientras quef/(x) = 2xsen(1/x) +x2cos(1/x)1x2= 2xsen(1/x) cos(1/x).Esto prueba que f es derivableen todoR. Sin embargo, lmx0 f/(x) no existe, con lo cual laderivada no es una funci on continua pues no vericalmx0f/(x) =f/(0).4.1. FUNCI ON INVERSA 93Es decir, f / C1(R) aunquefsi es derivable en R.4.1.2. Transformaciones linealesAlgunas observaciones sobre transformaciones lineales T : RnRk.1. Toda transformaci on lineal T es diferenciable, con TP = Tpara todo P Rn, puesT(X) T(P) = T(X P),con lo cual el lmite de la expresi on|T(X)T(P)T(XP)||XP|es trivialmente cero.2. Si F : RnRnes diferenciable( o Ck) y Tes una transformaci onlineal que sale deRn,entonces T F es diferenciable ( o Ck), y adem asD(T F)P = DTF(P)DFP = T DFP.3. Una transformaci on lineal Tes inyectiva si y s olo si Nu(T) =O. En efecto, supongamosprimero que Tes inyectiva. Como TO = O no puede haber otro V = O tal que TV= O,y esto prueba que el n ucleo es s olo el cero. Y recprocamente, si Nu(T) = O, entonces siTV= TW, se tiene TV TW= O, y como Tes lineal, T(V W) =O. Por la hip otesis seconcluye que V W=O, es decir V=Wlo que prueba que T es inyectiva.4. Cuando n = k, se tiene que Tes inversible (es decir biyectiva) si y s olo si Nu(T) =O, siy s olo si Tes sobreyectiva. En efecto por el teorema de la dimensi on (ver el libro de Lang[3]),dim(Nu(T)) +dim(Im(T)) = n,se deduce que el Nu(T) = O si y s olo si Tes sobreyectiva. Es decir, cuando n = k, sersobreyectiva o ser inyectiva son equivalentes, y por ende cualquiera de las dos condicionesson equivalentes a ser biyectiva.5. Indicaremos con I : RnRna la transformaci on lineal identidad, IX =X para todo X Rn.Observaci on 4.1.5. Sea T : RnRntransformaci on lineal, tal que |I T| < 1. Entonces T esinversible.Demostraci on. Supongamos que existe V = O tal que TV= O. Es decir, supongamos que ker T(el n ucleo de T) es no trivial. Entonces|V| =|V O| =|V TV| =|(1T)V| |I T||V| 0 tal que F : Br(P) F(Br(P)) es biyectiva en Br(P), y la funci on inversa escontinua en su dominio.2. Existen abiertos V Br(P) y W F(Br(P)) tales que PV y F1: W V es diferenciable,con diferencialDF1F(Q) = (DFQ)1para todo QV.3. La funci on inversa es C1en su dominio. Si adem as F Ck(V), entonces F1Ck(W). Estono lo probaremos (hace falta ver que T T1es Cen las matrices inversibles).Demostraci on. Supongamos primero que DFP = I.96 CAPITULO 4. FUNCI ON INVERSA E IMPLICITAVeamos 1. Elegimos r0 > 0 tal que Br0(P) A, de manera que |DFQI|12 siempre que|QP| < r0 (usando el Lema previo). Tomamos cualquier r positivo tal que r < r0 positivo, paraasegurarnos queBr(P) =Q Rn: |QP| r A.Si llamamos G(X) = F(X) X se tiene DG = DF I, con lo cual por el Teorema del valor mediopara campos se tiene|X Y F(X) +F(Y)| =|X F(X) (Y F(Y))| =|G(X) G(Y)| 12|X Y|,siempre que X,Y Br(P), pues Br(P) Br0(P). Por otra parte, por la desigualdad triangular, setiene|X Y| |X Y F(X) +F(Y)|+|F(X) F(Y)|,con lo cual|X Y||F(X) F(Y)| |X Y F(X) +F(Y)| 12|X Y|,es decir|X Y| 2|F(X) F(Y)| (4.1)siempre que X,Y Br(P). Esto prueba que F es inyectiva en Br(P), y en particular es inyectiva ensu interior Br(P). Adem as, la desigualdad (4.1) se puede leer as:|F1(Z) F1(W)| 2|Z W|siempre que Z,W F(Br(P)), y esto prueba que la funci on inversa es continua.Veamos 2. Construyamos primero el abierto W F(Br(P)). Pongamos Sr(P) = Q Rn:|QP| = r, que es un conjunto compacto de Rn, con Sr(P) A. Como F es inyectiva en Br(P),se tiene F(X) = F(P) para todoX Sr(P). Como Fes continuaen A (por ser diferenciable),entonces la distancia dP : Sr(P) R dada por dP(X) = |F(X) F(P)| alcanza un mnimo enSr(P), digamosd = mnXSr(P)|F(X) F(P)| > 0,y se tiene en general |F(X) F(P)| d para todo X Sr(P).PF(P)FdSr(P)F(Sr(P))4.1. FUNCI ON INVERSA 97Es decir, el n umero positivo d indica la distancia entre F(Sr(P)) y el punto F(P).Ponemos como Wa la bola abierta centrada en F(P) de radio d/2:W=Y Rn: |Y F(P)| < d/2.PF(P)Fd/2dW= Bd/2(F(P))Sr(P)F(Sr(P))Tenemos que ver que W F(Br(P)), es decir, que dado Y W, existe X Br(P) tal queF(X) =Y. Consideremos (con Y Wjo) la funci on h : Br(P) R dada porh(X) =|Y F(X)|2='Y F(X),Y F(X)`,que es una funci on continua en el compacto Br(P) y diferenciable en Br(P). Por ser continua tieneun mnimo, digamos PY Br(P) es el mnimo de h. Armo que PYverica F(PY) = Y, lo queprobara que Y F(Br(P)).Observemos que si X es un punto del borde de la bola, entoncesd |F(P) F(X)| |F(P) Y|+|Y F(X)| < d/2+|Y F(X)|,conlocual |Y F(X)| > d/2, esdecirh(X) > d2/4.Por otrolado, evaluandoenP setieneh(P) =|Y F(P)|2< d2/4 lo que nos dice que el mnimo de h se debe hallar en el interior de labola, es decir PY Br(P). Como h es diferenciable en la bola abierta, y el punto PY es un extremolocal, por el Teorema de Fermat en Rndebe ser DhPY= 0. De acuerdo a la regla de derivaci on delproducto escalar se tiene0 = DhPYV=2'DFPYV,Y F(PY)` =2'V, DFtPY (Y F(PY))`para todo V Rn, donde DFtPYdenota la transformaci on lineal transpuesta de DFPY. Si reemplaza-mos Vpor todos los vectores de la base can onica, se deduce que debe serDFtPY(Y F(PY)) =O.98 CAPITULO 4. FUNCI ON INVERSA E IMPLICITAComo |DFQI| 12si |QP| < r, entonces DFQ es inversible por la Observaci on 4.1.5, yentonces DFtPYes inversible. Debe ser entonces Y F(PY) = O, que es lo que queramos probar,pues se tiene PY Br(P) y F(PY) =Y.ObservemosqueF1(W)esunconjuntoabiertopuesFescontinua. Si ponemos V=Br(P)F1(W) =X Br(P) : F(X) W, entonces claramente PV, V Br(P), F : V W esuna biyecci on bicontinua y adem as Ves abierto pues es la intersecci on de dos conjuntos abiertos.Veamos 3. Tenemos una funci on inversa F1: W V, denida en un abierto, que es conti-nua. Resta probar que es diferenciable. Para ello recordemos nuevamente que, como |DFQI|12 si |QP| 0, 0 < 2, la funci on F es inyectiva.Veamos por qu e. Si F(r1, 1) = F(r2, 2), entoncesr1cos(1) = r2cos(2) y r1sen(1) = r2sen(2).Elevando al cuadrado y sumando se tiene r21 =r22, con lo cual r1 = r2. Pero entonces de la primeraecuaci on se deduce que cos(1) = cos(2), con lo cual, como el coseno es inyectivo en [0, 2), setiene tambi en 1 = 2.Paratenerencuentaesque, jador= r0,estatransformaci onmandala rectaverticalr = r0 en una circunferencia de radio r.yxFr=r0rr0Asimismo, si jamos =0, esta recta horizontal tiene como imagen un rayo que parte delorigen, formando un angulo 0 con el eje x.yx0F=0rLa funci on Fcon la restricci on que hicimos para que sea biyectiva nos da un cambio devariable (x, y) (r cos(), r sen()), que se suelen denominar coordenadas polares.100 CAPITULO 4. FUNCI ON INVERSA E IMPLICITA4.2. Supercies de nivel y funciones implcitasRecordemos que dada una funci onf : RnR, las supercies de nivel eran los conjuntosLc =X Dom( f ) :f (X) = c,donde c R es una constante.Observemos que este conjunto puede ser vaco, por ejemplo sif (x, y) = x2+y2, y tomamosc =1, entonces la ecuaci on x2+y2=1 no tiene ninguna soluci on.Estamosinteresados enpensar aestassuperciescomogr acos de funciones diferenciables. Para ello pensemos enun ejemplo elemental: la circunferencia unitaria. Se obtie-ne como curva de nivel def (x, y) = x2+y2tomando c = 1,es decir es el conjuntoLc( f ) =(x, y) : x2+y2= 1.Sabemos que podemos despejar y, obteniendo y =1x2. El problema es que esta expresi on no est a dadapor una unica funci on, para ello hay que elegir un signo.x1x2+y2= 1ySi queremos la parte superior, consideramos y =1x2, con lo cual si ponemos (x) =1x2, la mitad superior de la circunferencia es el gr aco de la funci on , es decir, se escribecomo los puntos de la pinta(x, (x)) = (x,1x2). Si queremos la parte inferior, basta tomar(x) =1x2.Qu e pasa si queremosparametrizaralg un pedazoal-rededor del punto (1, 0)? No podemos tomar funcionesde x, pues cualquier entorno de la circunferencia en esepunto no es el gr aco de ninguna funci on.x (1, 0)x2+y2= 1Sin embargo,podemos despejar x para pensarlacomo funci onde y. Se obtiene entoncesx =

1y2, y como queremos el lado derecho de la circunferencia tomamos (y) =

1y2.Ahora esta porci on de la circunferencia es el gr aco de la funci on pensada con dominio en eleje y, es decir son los puntos de la pinta ((y), y) = (

1y2, y).Observemos quef ((y), y) = (y)2+y2= 1y2+y2= 1 para todo y en el dominio de .Esto quiere decir que en efecto los puntos de la pinta ((y), y) son puntos de la circunferencia.4.2. SUPERFICIES DE NIVEL Y FUNCIONES IMPLICITAS 101x(x, y)f(x,y) = 2(x, y)yOtro hecho que se observa en este ejemplo sencilloes que, en cada punto(x, y) de la circunferencia, elgradiente de la funci onf (x, y) = x2+y2est a dadoporf(x,y) = (2x, 2y) = 2(x, y).Resulta evidente que el gradiente es perpendicular ala recta tangente de la curva, en cada punto.Observaci on 4.2.1. Observemos que en general, si parametriza la curvaS =(x, y) : f (x, y) = 0,entoncesf (t) =0 para todo t en el dominio de . Entonces (asumiendo que todas las funcionesson derivables), por la regla de la cadena se deduce que'f(t), /(t)` = 0 para todo t.Es decir, que f(x,y) es la direcci on de la recta normal a la curva en el punto (x, y) S.Tambi en observemos que, en general, la derivada par-cial respecto de y ser a nula en PS si y s olo si el vectorgradiente es horizontal, con lo cual la curva de nivel S,en un entorno de ese punto, no puede pensarse como elgr aco de una funci on (x). Asimismo, fxser a nula enQ S si y s olo si el vector gradiente es vertical, con locual la curva no puede parametrizarseen un entornodel punto como gr aco de una (y).yxfPPfQQSTodo esto nos lleva a enunciar una versi on sencilla del teorema de la funci on implcita:Teorema 4.2.2. (Funci on implcita en R2)Seaf : A R2R una funci on C1, y S =(x, y) R2: f (x, y) = 0 una curva de nivel def . Supongamos que fy (P) = 0 para alg un P S. Entonces1. Existen un intervalo abierto I R, una funci on derivable (x), : I R, y una bola Balrededor de P tales que SB = Gr().2. fy (x, y) = 0 para todo (x, y) SB, y f(x,y) es perpendicular a S en SB.3. Para todo x I se tiene/(x) = fx fy(x, (x)).102 CAPITULO 4. FUNCI ON INVERSA E IMPLICITALa gura a tener en cuenta es la siguiente:( )p1 IxfPP=(p1,p2)SSB = Gr()Demostraci on. Consideramos F(x, y) = (x, f (x, y)) que es una funci on C1en A. TenemosDF =

1 0 fx fy

.En particular DFP es inversible. Luego tiene (en una bola abierta B entorno de P) una inversa Gdenida y diferenciableen un entornoabierto Wde F(P) = (p1, f (p1, p2)) = (p1, 0), digamosG = (g1, g2). Se tiene(x, y) = F G(x, y) = (g1(x, y), f (g1(x, y), g2(x, y)),lo que nos dice (mirando la primer coordenada) que g1(x, y) = x, y que (mirando la segunda)y =f (x, g2(x, y)), (4.2)relaci on v alida para todo (x, y) en un entorno abierto de (p1, 0). Es decirG(x, y) = (x, g2(x, y)).En particular, volviendo a la ecuaci on (4.2), tomando y = 0 se tiene0 =f (x, g2(x, 0))se verica para todo x en un entorno I de p1, con lo cual si tomamos (x) = g2(x, 0) con dominoI, esta funci on es derivable y adem as cumplef (x, (x)) = 0para todo x I. Esto nos dice que Gr() S, pero como adem as se obtiene como una restricci onde G, es decir(x, (x)) = G(x, 0), tambi en se tiene Gr() B. Esto prueba que Gr() S B.Por otra parte dado Q B, existe Z Wtal que G(Z) = Q, con lo cual(q1, q2) = (z1, g2(z1, z2))4.2. SUPERFICIES DE NIVEL Y FUNCIONES IMPLICITAS 103y si adem as Q S, debe serf (q1, q2) = 0 lo que nos dice quez2 =f (z1, g2(z1, z2)) =f (q1, q2) = 0y entonces(q1, q2) = (z1, g2(z1, 0)) = (z1, (z1)),lo que prueba la otra inclusi on SB Gr().Como DFQ es inversible en B, debe ser fy (x, y) = 0 para todo (x, y) SB; ciertamente porla regla de la cadena aplicada af (x, (x)) = 0 se tiene'f(x,y), (1, /(x))` = 0lo que prueba que el gradiente es perpendicular al gr aco, y adem as desarrollando queda fx1+ fy/(x) = 0,de donde se deduce despejando la ultima f ormula del enunciado del teorema.El teorema tambi en vale si intercambiamos x con y, con la misma prueba.Teorema 4.2.3. Seaf: A R2R una funci on C1, y S = (x, y) R2:f (x, y) = c una curvade nivel def . Supongamos que fx (P) = 0 para alg un P S. Entonces1. Existen un intervalo abierto J R, una funci on derivable (y), : J R, y una bola Balrededor de P tales que SB = Gr().2. fx (x, y) = 0 para todo (x, y) SB, y f(x,y) es perpendicular a S en SB.3. Para todo y J se tiene/(y) = fy fx((y), y).En este caso la gura a tener en cuenta es la que sigue:()p2 JyfPP=(p1,p2)SSB=Gr()104 CAPITULO 4. FUNCI ON INVERSA E IMPLICITAObservaci on 4.2.4. Algunos ejemplos sencillos, donde el teorema no se puede aplicar, se ilustranen la siguiente gura. En todos los casos el punto relevante es P = (0, 0).xx x2 yyyy2x3x2= 0 x2y3= 0 (x2+y2)2+3x2y y3= 0En los tres ejemplos, la funci onf es C1(pues es un polinomio). En los tres ejemplos, elgradiente def se anula en el punto P = (0, 0). En ninguno de los tres ejemplos se puede aplicarel teorema para hallar un entorno de cero y una funci on C1que parametrize la curva.En el ejemplo del medio, sin embargo, podemos despejar y = x2/3, luego la curva se puededescribir como el gr aco de (x) = x2/3. Lo que ocurre aqu es que esta no es C1en x = 0, ypor lo tanto no se puede obtener usando el teorema general que enunciamos arriba.Observaci on 4.2.5. La hip otesis de quef es C1es esencial para asegurar que si una derivadaparcial no se anula en P S, entonces no se anula en un entorno de P. El lector curioso puedever el ejemplo en la Nota III al nal de este captulo, para entender c omo puede fallar.Sinembargo, puedeprobarsequesi f :R2Res unafunci oncontinuay la derivadaparcial fyexiste y no se anula en un entorno de (x0, y0) S, entonces existe una funci on =(x)denida en un entorno de x = x0 y continua en un x0, que parametriza S en un entorno de (x0, y0).Y que si adem asfes diferenciable en el punto (x0, y0), esta funci on resulta derivable en x = x0.Ver el Vol. 2 de Rey Pastor [7], Secci on 68.1 para una prueba.4.2.1. Funci on implcita en RnEl teorema de la funci on implcita que estudiamos en la secci on anterior se generaliza a m asvariables. En ese caso lo que queremos encontrar son formas de parametrizar -con una funci ondiferenciable - una supercie de nivelS =X Rn: f (X) = 0,(o un pedazo de ella) usando la cantidad adecuada de variables.4.2. SUPERFICIES DE NIVEL Y FUNCIONES IMPLICITAS 105Si se trata de la supercie de nivel de una funci onf : RnR, veremos que se necesitan n 1 varia-bles, y las llamaremos hipersupercies de nivel enanalogaconloshiperplanosdeRnquetienendi-mensi on n1. Adem as, suponiendo que el gradien-te defno se anula en un punto P de la supercie, elvector fPresultar a normal al hiperplano tangentea la supercie en el punto P. Por ultimo podremoscalcularcualquierderivadaparcial de la funci on (que parametriza la supercie S) usando las deriva-das parciales def .S =X : f (X) = 0PfPPVeamos un ejemplo con tres variables:Ejemplo 4.2.6. Consideremos la supercie x2y2+z2=1. Llamando g(x, y, z) =x2y2+z21,se tiene S =(x, y, z) : g(x, y, z) =0. Esta supercie se conoce como hiperboloid