Cálculo TRES

§ 10

Aproximación lineal

Definición

Sea $U\ne \emptyset $ un abierto de $\mathbb{R}^n$, $p_0\in U$ y $f:U\to \mathbb{R}$ una función diferenciable en $p_0$. A la función $$L_{p_0}(p)= f(p_0)+ \langle \nabla_{p_0}f, p-p_0 \rangle$$ se le llama la aproximación de orden 1 (o lineal) para $f$ alrededor de $p_0$. Por simplicidad nos referirnos al punto \(p_0\) como el punto de tangencia de la aproximación lineal.

Por ejemplo, en dimensión 2, \(p_0=(x_0,y_0), p=(x,y)\) por lo que tenemos \[ L_{(x_0,y_0)}(x,y)= f(x_0,y_0)+\partial_xf(x_0,y_0)(x-x_0)+ \partial_yf(x_0,y_0)(y-y_0) \] por lo que la aproximación lineal en \(p_0\) es simplemente la función cuya gráfica es precisamente el plano tangente a la gráfica de \(f\) en \(p_0\) (ver Definición 8.16).

Notas
  1. La idea es que, cerca del punto de tangencia (el punto \(p_0\) en la notación de arriba) la función y la aproximación lineal son muy parecidas. Así podemos utilizar la aproximación lineal para aproximar los valores de la función cerca de \(p_0\).
  2. La aproximación lineal dependen del punto de tangencia. Si tratamos de aproximar la función alrededor de dos puntos distintos las aproximaciones lineales serán distintas.
  3. A diferencia de la función \(f\), el dominio de \(L_{p_0}\) es todo \(\mathbb{R}^n\).

Ejercicio

Considera la función $f:\mathbb{R}^2 \to \mathbb{R}$ dada por $f(p)=\sqrt{x^2+y^2}$. Sus derivadas parciales son \begin{eqnarray*} \partial_xf(x,y)=\frac{x}{\sqrt{x^2+y^2}}, \quad \partial_yf(x,y)=\frac{y}{\sqrt{x^2+y^2}} \end{eqnarray*} las cuales son continuas en todo punto \((x,y)\ne 0\). Por lo tanto \(f\) es diferenciable en todo punto distinto del origen.

  1. Demuestra que la aproximación lineal de $f(x,y)=\sqrt{x^2+y^2}$, cerca del punto $(x_0,y_0)\ne (0,0)$ está dada por $$ L(x,y)=r_0 +\frac{x_0}{r_0}(x-x_0)+\frac{y_0}{r_0}(y-y_0) $$ donde $r_0=\sqrt{x_0^2+y_0^2}$.
  2. Ya que el plano tangente se aproxima a la función cerca del punto de tangencia podemos escribir $$ \sqrt{x^2+y^2}\approx r_0+\frac{x_0}{r_0}(x-x_0)+\frac{y_0}{r_0}(y-y_0) $$ donde $(x,y)$ es un punto cercano a $(x_0,y_0)$.
  3. Usando lo anterior estima $\sqrt{(3.1)^2+(4.2)^2}$.

Proposición

Sea $U$ un abierto de $\mathbb{R}^n$, $p_0\in U$ y $f:U\to \mathbb{R}$ una función diferenciable en $p_0$.

Existe una función $E_{p_0}(p)$, definida en una bola abierta centrada en \(p_0\), denotada $B_r(p_0)$, que satisface

  1. para toda $p\in B_r(p_0)$, $f(p)=f(p_0)+\langle \nabla_{p_0}f, p-p_0 \rangle +E_{p_0}(p)$
  2. $\lim_{p\to p_0} \frac{|E_{p_0}(p)|}{\|p-p_0\|}=0$

Sugerencia: simplemente define $E_{p_0}(p):=f(p)-f(p_0)- \langle \nabla_{p_0}f, p-p_0 \rangle$ y prueba que el límite que se pide es cero.

Proposición

Este ejercicio es importante pues da un criterio para que una función sea diferenciable.

El criterio dice que si una función admite una aproximación lineal entonces es diferenciable.

Sea $U$ un abierto de $\mathbb{R}^n$, $p_0\in U$ y $f:U\to \mathbb{R}$ una función.

Supongamos que existe una bola abierta $B_r(p_0)\subseteq U$, una función $\tilde{E}:B_r(p_0) \to \mathbb{R}$ y una función lineal $T:\mathbb{R}^n \to \mathbb{R}$ que satisfacen

  1. para $p\in B_r(p_0)$, $f(p)=f(p_0)+T(p-p_0)+\tilde{E}(p)$
  2. $$ \lim_{p \to p_0} \frac{|\tilde{E}(p)|}{\|p-p_0\|}=0 $$
Entonces $f$ es diferenciable en $p_0$ y $D_{p_0}f=T$.

Ejercicio

Usando aproximaciones lineales estima las siguientes cantidades

  1. $\sqrt{(9.1)(15.9)}$.
  2. $\sqrt{(4.1)^2+(3.95)^2+(2.01)^2}$
  3. $(2.01)^3+(1.99)^3-5(2.01)(1.99)$

Ejercicio

Sea $U$ un abierto de $\mathbb{R}^n$ y $g,h:U\to \mathbb{R}$ dos funciones. Sea $p_0 \in U$ un punto tal que tanto $g$ como $h$ son diferenciables en $p_0$.

Considera las aproximaciones lineales de $g$ y $h$ en $p_0$, es decir \begin{equation}\label{Eqn:EjerAproxLinealg} g(p)=g(p_0)+ \langle \nabla_{p_0}g, p-p_0 \rangle + E_1(p) \end{equation} con $\lim_{p\to p_0}\frac{|E_1(p)|}{\|p-p_0\|}=0$ y \begin{equation}\label{Eqn:EjerAproxLinealh} h(p)=h(p_0)+\langle \nabla_{p_0}h, p_k -p_0 \rangle + E_2(p) \end{equation} con $\lim_{p\to p_0}\frac{|E_2(p)|}{\|p-p_0\|}=0$.

Define $f(p)=g(p)h(p)$.

  1. Multiplicando las ecuaciones \eqref{Eqn:EjerAproxLinealg} y \eqref{Eqn:EjerAproxLinealh} demuestra que $$ f(p)= f(p_0)+ \langle h(p_0)\nabla_{p_0}g+ g(p_0)\nabla_{p_0}h, p-p_0 \rangle +\tilde{E}(p) $$ donde \begin{eqnarray*} \tilde{E}(p)&=& \langle \nabla_{p_0}g, p-p_0\rangle \langle \nabla_{p_0}h,p-p_0 \rangle +E_1(p)E_2(p) \\ &+ & E_1(p)(h(p_0)+ \langle \nabla_{p_0}h, p-p_0 \rangle )\\ &+&E_2(y)(g(p_0) + \langle \nabla_{p_0}g, p-p_0 \rangle) \end{eqnarray*}
  2. Demuestra que $\lim_{p\to p_0} \frac{|\tilde{E}(p)|}{\|p-p_0 \|}=0$.
  3. Usando la Proposición 10.4 concluye que $f$ es diferenciable en $p_0$ y que $$ \nabla_{p_0}(gh)=g(p_0)\nabla_{p_0}h + h(p_0)\nabla_{p_0}g. $$

Ejercicio

Considera la función $r:\mathbb{R}^3 \to \mathbb{R}$ dada por $r(x,y,z)=\|(x,y,z)\|$. Durante este ejercicio vamos a suponer que $r$ es difeferenciable en todo punto $(x_0,y_0,z_0)\ne (0,0,0)$.

Por simplicidad vamos a denotar: $p_0=(x_0,y_0,z_0)$.

  1. Demuestra que $\nabla_{p_0}r$ es el vector unitario, en la misma dirección que $p_0$.
  2. Demuestra que $\nabla_{p_0}(r^n)=[nr^{(n-2)}(x_0)]p_0$, donde $n \geq 1$ es un natural.
  3. La fórmula del inciso anterio ¿ es válida si $n$ es un entero negativo?

Ejercicio

Sea $U$ un abierto de $\mathbb{R}^n$ y $g:U\to \mathbb{R}$ dos funciones. Sea $p_0 \in U$ un punto tal que $g$ son diferenciables en $p_0$ y \(g(p_0)\ne 0\).

Entonces \(g\) es diferenciable y \[ \nabla_{p_0}\left(\frac{1}{g}\right)=-\frac{1}{g(p_0)^2}\nabla_{p_0}g. \]

Considera las aproximación lineal de $g$ en $p_0$, es decir, \begin{equation}\label{Eqn:Aux2EjerAproxLinealg} g(p)=g(p_0)+ \langle \nabla_{p_0}g, p-p_0 \rangle + E(p) \end{equation} con $\lim_{p\to p_0}\frac{|E(p)|}{\|p-p_0\|}=0$.

Ya que \(g(p_0)\ne 0\) y \(g\) es continua en \(p_0\) (al ser difernciable) existe un \(r>0 \) tal que \(g(p)\ne 0\) para todo \(p\in B_r(p_0)\). Así pues restringimos \(g\) a la bola \(B_r(p_0)\) para poder tomar \(\frac{1}{g(p)}\).

    Si dividimos \eqref{Eqn:Aux2EjerAproxLinealg} por \(g(p)g(p_0)\). obtenemos que \begin{equation}\label{Eqn:Aux3DifInversaMulti} \frac{1}{g(p)}= \frac{1}{g(p_0)} - \frac{1}{g(p_0)g(p)}\langle \nabla_{p_0}g, p-p_0 \rangle -\frac{E(p)}{g(p_0)g(p)} \end{equation}

    Sumando el cero \(\frac{1}{g(p_0)^2}\langle \nabla_{p_0}g, p-p_0\rangle -\frac{1}{g(p_0)^2}\langle \nabla_{p_0}g, p-p_0\rangle \), en la ecuación \eqref{Eqn:Aux3DifInversaMulti} se obtiene \begin{equation}\label{Eqn:Aux4DifInversaMulti} \frac{1}{g(p)}= \frac{1}{g(p_0)}- \frac{1}{g(p_0)^2}\langle \nabla_{p_0}g, p-p_0 \rangle +\tilde{E}(p) \end{equation} donde \begin{eqnarray*} \tilde{E}(p)&=& \frac{1}{g(p_0)}\langle \nabla_{p_0}g, p-p_0\rangle \left(\frac{1}{g(p_0)}-\frac{1}{g(p)} \right) \\ &+& \frac{E(p)}{g(p)g(p_0)} \end{eqnarray*}

    Ahora afirmamos que $\lim_{p\to p_0} \frac{|\tilde{E}(p)|}{\|p-p_0 \|}=0$.

    Escribimos el cociente anterior como \begin{eqnarray*} \frac{\tilde{E}(p)}{\|p-p_0 \|}&=&\frac{E(p)}{g(p)g(p_0)\|p-p_0\|} \\ &+& \frac{1}{g(p_0)} \frac{\langle \nabla_{p_0}g, p-p_0\rangle}{\|p-p_0\|}\left( \frac{1}{g(p)}-\frac{1}{g(p_0)}\right) \end{eqnarray*} Para probar $\lim_{p\to p_0} \frac{|\tilde{E}(p)|}{\|p-p_0 \|}=0$ vamos a probar que el límite de cada sumando es cero.

    Para el primer sumando de la igualdad anterior, usando que \(\lim_{p\to p_0}\frac{E(p)}{\|p-p_0\|}=0\) y \(\lim_{p\to p_0}\frac{1}{g(p)g(p_0)}=\frac{1}{g(p_0)^2}\), obtenemos \[ \lim_{p\to p_0}\frac{E(p)}{g(p)g(p_0)\|p-p_0\|}=\left( \lim_{p\to p_0}\frac{E(p)}{\|p-p_0\|} \right)\left(\lim_{p\to p_0}\frac{1}{g(p)g(p_0)} \right)=0 \]

    Para el segundo sumando usamos la desigualdad de Cauchy-Schwartz para llegar \begin{eqnarray*} \left| \frac{1}{g(p_0)}\right| \frac{|\langle \nabla_{p_0}g, p-p_0\rangle|}{\|p-p_0\|} \left| \frac{1}{g(p_0)}-\frac{1}{g(p)|} \right| &\leq& \left| \frac{1}{g(p_0)}\right| \frac{\|\nabla_{p_0}g\| \|p-p_0\|}{\|p-p_0\|}\left| \frac{1}{g(p_0)}-\frac{1}{g(p)|} \right| \\ &\leq & \left| \frac{1}{g(p_0)}\right| \|\nabla_{p_0}g\| \left| \frac{1}{g(p_0)}-\frac{1}{g(p)|} \right| \end{eqnarray*} Usando la continuidad de \(g\) tenemos \(\lim_{p\to p_0}\left| \frac{1}{g(p_0)}-\frac{1}{g(p)|} \right| =0\), por lo tanto \[ \lim_{p\to p_0} \left| \frac{1}{g(p_0)}\right| \frac{|\langle \nabla_{p_0}g, p-p_0\rangle|}{\|p-p_0\|} \left| \frac{1}{g(p_0)}-\frac{1}{g(p)|} \right| =0 \]

    Finalmente de la ecuación \eqref{Eqn:Aux4DifInversaMulti}, el límite \(\lim_{p\to p_0}\frac{\tilde{E}(p)}{\|p-p_0\|}=0\) y la Proposición 10.4 concluimos que $1/g$ es diferenciable en $p_0$ y que $$ \nabla_{p_0}\left(\frac{1}{g} \right)=-\frac{1}{g(p_0)^2}\nabla_{p_0}g $$