§ 8

Ejemplo

Si $\pi_i:\mathbb{R}^n \to \mathbb{R}$ es la proyección en la $i$-ésima coordenada, $\pi(p)=p_i$, el Ejemplo 4.7 muestra que $\pi_i$ es continua en todo $\mathbb{R}^n$.

Más en general el Corolario 4.9 muestra que todo polinomio en $n$-variables es continuo en todo punto de $\mathbb{R}^n$. En particular toda función lineal $f:\mathbb{R}^n \to \mathbb{R}$, $f(x_1,\dots, x_n)=a_1x_1+\cdots a_nx_n$ es continua en todo punto de $\mathbb{R}^n$.

El Corolario 4.9 también asegura que toda función racional en $n$-variables es continua en su dominio de definición (es decir los puntos donde el denominador no se anula). Por ejemplo la función $f(x,y)=\frac{xy+2y^2}{1-x^2-y^2}$ es continua en $U=\{(x,y): x^2+y^2< 1\}\cup \{(x,y): x^2+y^2>1 \}$.

Proposición

La composición de funciones continuas es continua.

Supongamos que tenemos funciones $g: U \to \mathbb{R}^m $, $f: V \to \mathbb{R}^d$, donde $U \subseteq \mathbb{R}^n, V \subseteq \mathbb{R}^m$ son abiertos y $g(U)\subseteq V $ (para que la composición $f\circ g$ está definida).

Si $g$ es continua en $p_0\in U$ y $f$ es continua en $g(p_0)\in U$ entonces $f \circ g$ es continua en $p_0$. Es decir \[ \lim_{p\to p_0} (f \circ g)(p)=(f\circ g)(p_0) \] Lo anterior también se puede escribir como \[ \lim_{p\to p_0} f(g(p))=f(\lim_{p\to p_0} g(p)) \] lo cual se abrevia diciendo que las funciones continuas meten el límite.

Como $p_0\in U$ y $U$ es abierto existe $r>0$ tal que $B_r(p_0)\subseteq U$. Análogamente existe $s>0$ tal que $B_s(g(p_0))\subseteq V$.

La continuidad de $g$ en $g(p_0)$ nos dice: \[ \lim_{p\to p_0} g(p)=g(p_0), \] y usando la definición de límite (con $\varepsilon= s$) existe un $t>0$ tal que \[ \|p-p_0\|< t \Rightarrow \| g(p) - g(p_0) \| < s \] Lo anterior lo podemos reescribir como $g(B_t(p_0)) \subseteq B_s(g(p_0))$.

Finalmente como \[ \lim_{p\to p_0} g(p)=g(p_0) , \quad \lim_{q\to g(p_0)} f(q)=f(g(p_0)), \] tenemos todas las hipótesis para aplicar Proposición 4.15 para obtener \[ \lim_{p \to p_0} f(g(p))=f(g(p_0)). \]

Algebra de las funciones continuas

Las Leyes de los límites implican la continuidad de varias funciones.

Sea $U\subseteq \mathbb{R}^n$ un abierto, $F,G:U\to \mathbb{R}^m$ funciones continuas en $p_0\in U$. Entonces las siguientes funciones

combinaciones lineales: $\alpha F + G$,
si $F$ y $G$ toman valores escalares, productos: $FG$,
si $F$ y $G$ toman valores escalares, divisiones: $F/G$, con $F(p_0)\ne 0$,

son todas continuas en $p_0$.

Así pues, muchas de las operaciones elementales entre funciones arrojan funciones continuas. Otras operaciones como raíces, logaritmo y exponenciación también toman funciones continuas y producen funciones continuas. Lo anterior se sigue de la Proposición 8.3. Por ejemplo, si $f$ es continua en $p_0$ y $f(p_0) > 0$ entonces la función $\ln(f(p))$ es continua en $p_0$.

Proposición

Sea $U\ne \emptyset$ un conjunto abierto en $\mathbb{R}^n$, $p_0\in U$ y $F: U \to \mathbb{R}^m$.

Si $F$ es diferenciable en $p_0$ entonces $F$ es continua en $p_0$.

Nota: el reverso no es cierto. Por ejemplo en dimensión 1 un contra-ejemplo es la función valor absoluto; en dimensión 2 un contra-ejemplo está dado en el Ejercicio 7.9.

Debemos de probar que \[ \lim_{p\to p_0} F(p)=F(p_0) \]

Pero, al ser $F$ diferenciable sabemos que \[ \lim_{p\to p_0} \frac{F(p)-F(p_0)-D_{p_0}F(p-p_0)}{\|p-p_0\|}=0 \]

Pero es claro que \[ \lim_{p\to p_0}\|p-p_0\|=0 \] así que por la ley del producto para límites \begin{eqnarray*} 0&=&\left(\lim_{p\to p_0} \|p-p_0\|\right)\left( \lim_{p\to p_0} \frac{F(p)-F(p_0)-D_{p_0}F(p-p_0)}{\|p-p_0\|} \right) \\ &=& \lim_{p\to p_0} \left( \|p-p_0\|\frac{F(p)-F(p_0)-D_{p_0}F(p-p_0)}{\|p-p_0\|}\right) \\ &=& \lim_{p\to p_0} (F(p)-F(p_0)-D_{p_0}F(p-p_0)) \end{eqnarray*}

Ahora, usando que las funciones lineales son continuas: \[ \lim_{p\to p_0}D_{p_0}F(p-p_0)=D_{p_0}F(p_0-p_0)=D_{p_0}F(0)=0 \] donde usamos $D_{p_0}F(0)=0$, al ser $D_{p_F0}$ una función lineal.

Se sigue de las leyes de los límites para sumas tenemos \begin{eqnarray*} 0&=&\lim_{p\to p_0} (F(p)-F(p_0)-D_{p_0}F(p-p_0))+ \lim_{p\to p_0}(D_{p_0}F(p-p_0)) \\ &=& \lim_{p\to p_0} (f(p)-f(p_0)-D_{p_0}F (p-p_0)+D_{p_0}F(p-p_0))\\ &=& \lim_{p\to p_0} (F(p)-F(p_0)) \end{eqnarray*} lo que es equivalente a $\lim_{p\to p_0} F(p)=F(p_0)$.

Teorema

Toda función de clase $C^1$ es diferenciable.

En concreto, sea $U\subseteq \mathbb{R}^n$ un subconjunto abierto y $f:U \to \mathbb{R}$ una función clase $C^1$ en $U$. Entonces para todo $p_0\in U$, $f$ es diferenciable en $p_0$.

Para simplificar la demostración vamos a hacer la prueba en dos dimensiones.

Recordemos que para probar que $f$ es diferenciable en $(x_0,y_0)$ debemos de probar que existe una función lineal $T:\mathbb{R}^2 \to \mathbb{R}$ tal que \[ \lim_{(h,k)\to 0} \frac{f(x_0+h,y_0+k)-f(x_0,y_0)-T(h,k)}{\|(h,k)\|}=0. \]

Ya que las derivadas parciales existen la Proposición 7.7 sugiere que la transformación lineal es \[ T(x,y)=\partial_xf(x_0,y_0)x+\partial_yf(x_0,y_0)y \] Nota: NO podemos aplicar directamente la Proposición 7.7 pues no sabemos que la función $f$ es diferenciable PERO sí nos sugiere cuál transformación lineal debemos de considerar.

Así pues debemos de probar que \begin{equation}\label{Eqn:AuxC2ImpliDif} \lim_{(h,k)\to 0} \frac{f(x_0+h,y_0+k)-f(x_0,y_0)-\partial_xf(x_0,y_0)h-\partial_yf(x_0,y_0)k}{\|(h,k)\|}=0 \end{equation}

Al ser $U$ abierto podemos tomar $r>0$ tal que $B_r(x_0,y_0)\subset U$. Denotamos $(h,k)$ un vector cualquiera con $\|(h,k)\| < r$.

Ahora empezamos analizando el cociente diferencial. Podemos re-escribir la primera parte del cociente diferencial de la siguiente forma \begin{eqnarray*} f(x_0+h,y_0+k)-f(x_0,y_0)&=&f(x_0+h, y_0+k)-f(x_0+h, y_0) \\ &+& f(x_0+h, y_0)-f(x_0,y_0) \end{eqnarray*}

Ahora, aplicando el Teorema del valor medio para la derivada tenemos que existen puntos $\overline{x}$, entre $x_0$ y $x_0+h$ y $\overline{y}$, entre $y_0$ y $y_0+k$ tal que \begin{eqnarray*} f(x_0+h, y_0+k)-f(x_0+h, y_0)&=&\partial_yf(x_0+h,\overline{y})k \\ f(x_0+h, y_0)-f(x_0,y_0)&=&\partial_xf(\overline{x},y_0)h \end{eqnarray*} por lo que podemos escribir la primera parte del cociente diferencial como: $$ f(x_0+h,y_0+k)-f(x_0,y_0)=\partial_yf(x_0+h,\overline{y})k+ \partial_xf(\overline{x},y_0)h. $$

Se sigue que \begin{eqnarray*} & & \frac{|f(x_0+h,y_0+k)-f(x_0,y_0)- \partial_xf(x_0,y_0)h-\partial_yf(x_0,y_0)k|}{\|h\|} \\ &\leq & \frac{|\partial_xf(\overline{x},y_0)- \partial_xf(x_0,y_0)||h|}{\|(h,k)\|} +\frac{|\partial_yf(x_0+h,\overline{y})-\partial_yf(x_0,y_0)||k|}{\|h\|} \\ &\leq & |\partial_xf(\overline{x}, y_0)-\partial_xf(x_0,y_0)| + |\partial_yf(x_0+h,\overline{y})-\partial_yf(x_0,y_0)| \end{eqnarray*}

En este punto es donde usamos la continuidad de las parciales. Como ambas parciales son continuas en $(x_0,y_0)$ existe un $\delta > 0$ tal que si $\|(\overline{h},\overline{k})\| < \delta$ entonces \begin{eqnarray*} |\partial_xf(x_0+\overline{h},y_0+\overline{k})-\partial_xf(x_0,y_0)|< \varepsilon/2 \\ |\partial_yf(x_0+\overline{h},y_0+\overline{k})-\partial_yf(x_0,y_0)|< \varepsilon/2 \end{eqnarray*}

Ahora, si el vector $(h,k)$ lo tomamos para que satisfaga $\|(h,k)\|<\delta $ podemos asegurar que \begin{eqnarray*} |\partial_xf(\overline{x}, y_0)-\partial_xf(x_0,y_0)| < \varepsilon/2 \\ |\partial_yf(x_0+h,\overline{y})-\partial_yf(x_0,y_0)| <\varepsilon/2 \end{eqnarray*} (para la primera desigualdad tomar $\overline{h}=\overline{x}-x_0, \overline{k}=0$, para la segunda tomar $\overline{h}=0, \overline{k}=\overline{y}-y_0$).

Concluyendo, si $\|(h,k)\|<\delta$ entonces \[ \frac{|f(x_0+h,y_0+k)-f(x_0,y_0)-\partial_xf(x_0,y_0)h-\partial_yf(x_0,y_0)k|}{\|(h,k)\|} < \varepsilon \] probando \eqref{Eqn:AuxC2ImpliDif}.

Teorema

Para toda función de clase $C^2$, las derivadas parciales mixtas son iguales.

En concreto sea $f:U\subseteq \mathbb{R}^2\to \mathbb{R}$, de clase $C^2$ es $U$. Entonces $\partial_{xy}f=\partial_{yx}f$.

Fijamos $(x_0,y_0)\in U$ arbitrario. Debemos de probar \[ \partial_{xy}f(x_0,y_0)=\partial_{yx}f(x_0,y_0). \]

Consideramos las funciones $$ S(h,k)=f(x_0+h,y_0+k)-f(x_0+h,y_0)-f(x_0,y_0+k)+f(x_0,y_0) $$ y $$ G(x)=f(x,y_0+k)-f(x,y_0), \quad H(y)=f(x_0+h,y)-f(x_0,y) $$ Con las definiciones anteriores se sigue que: \begin{equation}\label{Eqn:Aux1ParcialesMixtas} S(h,k)=G(x_0+h)-G(x_0)=H(y_0+k)-H(y_0). \end{equation}

Usando el Teorema del valor medio para derivadas, aplicadas a las funciones $G$ y $H$ $\overline{x}$, entre $x_0$ y $x_0+h$ y un punto $\overline{y}$, entre $y_0$y $y_0+k$, tales que: $$G(x_0+h)-G(x_0)=G'(\overline{x})h,\quad H(y_0+k)-H(y_0)=H'(\overline{y})k$$

Substituyendo las identidades anteriores en \eqref{Eqn:Aux1ParcialesMixtas} obtenemos \begin{eqnarray*} S(h,k)&=&\left( \partial_xf(\overline{x}, y_0+k)-\partial_xf(\overline{x}, y_0) \right) h \\ &=&\left(\partial_yf(x_0+h,\overline{y})-\partial_yf(x_0, \overline{y}) \right)k \end{eqnarray*}

Aplicando de nuevo el Teorema del valor medio para las derivadas, pero ahora aplicado a las parciales $\partial_xf, \partial_yf$, obtenemos que existen puntos $\overline{\overline{y}}$, entre $y_0$ y $y_0+k$ y $\overline{\overline{x}}$, entre $x_0$ y $x_0+h$ tales que $$ S(h,k)=\partial_{yx}f(\overline{x}, \overline{\overline{y}})hk=\partial_{xy}f(\overline{\overline{x}}, \overline{y})hk $$

Si $h\ne 0$ y $k\ne 0$ tenemos que \[ \frac{S(h,k)}{hk}=\partial_{yx}f(\overline{x},\overline{\overline{y}}), \] \[ \frac{S(h,k)}{hk}=\partial_{xy}f(\overline{\overline{x}},\overline{y}). \] Si ahora tomamos $(h,k)\to (0,0)$ y usamos que los puntos $\overline{x},\overline{y},\overline{\overline{x}},\overline{\overline{y}}$ están entre $x_0$ y $x_0+h$, $y_0$ y $y_0+k$ y usando que $\partial_{xy}f, \partial_{yx}f$ son continuas en $(x_0,y_0)$ llegamos \begin{eqnarray*} \partial_{xy}f(x_0,y_0)=\lim_{(h,k)\to (0,0)} \partial_{yx}f(\overline{x},\overline{\overline{y}})=\lim_{(h,k)\to (0,0)} \frac{S(h,k)}{hk}\\ \partial_{yx}f(x_0,y_0)=\lim_{(h,k)\to (0,0)} \partial_{yx}f(\overline{\overline{x}},\overline{y})=\lim_{(h,k)\to (0,0)} \frac{S(h,k)}{hk} \end{eqnarray*} y por lo tanto $\partial_{xy}f(x_0,y_0)=\partial_{yx}f(x_0,y_0)$.

Teorema

Sea $U\subseteq \mathbb{R}^n$ un abierto y $F:U\to \mathbb{R}^m$ una función.

$F$ es continua en $U$ si y sólo si imagen inversa de abiertos es abierta.

Es decir, si $V\subseteq \mathbb{R}^m$ es abierto entonces \[ F^{-1}(V):=\{p\in \mathbb{R}^n: F(p)\in V\} \] es un subconjunto abierto.

Ejercicio

Para las siguientes funciones, usa el criterio de las derivadas parciales para encontrar un dominio para el cual la función sea diferencible en todo punto del dominio.

$f(x,y)=e^{\sqrt{x^2+y^2}}$.

$f(x,y)=\frac{x}{y}+\frac{y}{x}$.

$f(x,y)=\sen^{-1}(x-y)$.

$f(x,y)=\log(e^{\sqrt[4]{(x-1)^2+(y-2)^2}}+e^{\sqrt{(x-5)^2+(y-6)^2}})$.

$f(x,y)=\log(1+\sqrt{(x-1)^2+(y+1)^2})$.

$f(x,y)=3x^{0.1}y^{\pi}$.

$f(x,y)=x^y y^x$.

$f(x,y,z)=\frac{z}{x+y+z}$.

$f(x,y,z)=\sqrt{\sen^2(x)+\sen^2(y)+\sen^2(z)}$.

$f(x_1,\dots, x_n)=\sum_{i=1}^n \frac{1}{x_i}$.

Ejercicio

Usa el teorema de la igualdad de derivadas parciales mixtas para dos variables para probar que si $f:\mathbb{R}^3\to \mathbb{R}$ es de clase $C^3$, entonces $$ \partial^{3}_{xyz}f=\partial_{yzx}^3 f $$

Observe que el teorema de la igualdad de derivadas parciales mixtas para dos variables requiere una función $g:U \subseteq \mathbb{R}^2 \to \mathbb{R}$ por lo que no se puede aplicar directamente a nuestra función. Nuestra hipótesis indica que $f$ está definida en todo $\mathbb{R}^3$, al final veremos que se puede considerar una función definida únicamente en un abierto de éste.

Sea $(x_0,y_0,z_0) \in \mathbb{R}^3$, definimos $F(x,z)=f(x,y_0,z)$, demostraremos que $F:\mathbb{R}^2 \to \mathbb{R}$ es de clase $C^2$ y además sus derivadas parciales respecto a $x$ y $z$ en el punto $(x_0,z_0)$ son las mismas que las de $f$ en el punto $(x_0,y_0,z_0)$. \begin{align*} \partial_x F(x_0,z_0) =& \lim_{h \to 0} \frac{F(x_0 + h, z_0) - F(x_0,z_0)}{h},\\ =& \lim_{h \to 0} \frac{f(x_0 + h, y_0,z_0) - f(x_0,y_0,z_0)}{h},\\ =& \partial_x f(x_0,y_0,z_0). \end{align*} Realizando un proceso análogo obtenemos que $\partial_z F(x_0,z_0) = \partial_z f(x_0,y_0,z_0)$ y también podemos extender este argumento a las derivadas parciales de orden 2. Recordemos que $f$ es de clase $C^3$ por lo que sus derivadas parciales de orden menor o igual a 3 son todas continuas, dado que al fijar una de las variables la función sigue siendo continua entonces tenemos que $F$ también es de clase $C^2$ y por lo tanto sus derivadas parciales mixtas de orden 2 son iguales, $\partial_{zx}^2F(x_0,z_0) = \partial_{xz}^2F(x_0,z_0)$. Para concluir basta mencionar que $y_0$ es un número real arbitrario, por lo que en general se tiene que $\partial_{zx}f(x,y,z) = \partial_{xz}f(x,y,z)$ y se concluye que \begin{equation*} \partial_{yzx}^3 f = \partial_y \partial_{zx}^2f = \partial_y \partial_{xz}^2 f = \partial_{yxz}^3 f. \end{equation*} Definimos ahora $G(x,y,z) = \partial_z f$, por hipótesis $f$ es de clase $C^3$ así que $G$ es de clase $C^2$ y aplicando el resultado anterior sobre derivadas parciales mixtas de orden 2 podemos asegurar que \begin{equation*} \partial_{yxz}^3 f = \partial_{yx}^2G = \partial_{xy}^2G = \partial_{xyz}^3f \end{equation*}

De la transitividad de la igualdad es inmediato que \begin{equation*} \partial^{3}_{xyz}f=\partial_{yzx}^3 f. \end{equation*}

Ejercicio

Bartle

Considera la función $$ f(x,y)=\left\{ \begin{array}{cc} \frac{xy^3-x^3y}{x^2+y^2} & (x,y)\ne (0,0)\\ 0 & (x,y)=(0,0) \end{array} \right. $$ Prueba

$$ \partial_xf(x,y)=\left\{ \begin{array}{cc} \frac{y^3-3x^2y}{x^2+y^2}- \frac{2x(xy^3-x^3y)}{(x^2+y^2)^2} & (x,y)\ne (0,0)\\ 0 & (x,y)=(0,0) \end{array} \right. $$
$$ \partial_y f(x,y)=\left\{ \begin{array}{cc} \frac{3y^2x- x^3}{x^2+y^2}- \frac{2y(xy^3-x^3y)}{(x^2+y^2)^2} & (x,y)\ne (0,0)\\ 0 & (x,y)=(0,0) \end{array} \right. $$
$\partial_x \partial_yf(0,0)=-1$ y $\partial_y\partial_xf(0,0)=1$

Si $(x,y) \neq (0,0)$ entonces podemos tomar toda una vecindad tal que $B_r(x,y) \not\ni (0,0)$ y $(x+h,y), (x,y+k) \neq (0,0)$ si $0<|h|,|k| < r$, por lo tanto podemos calcular las derivadas parciales en estos puntos con la regla de la cadena y el producto: \begin{align*} \partial_x f =& \partial_x \left[ \frac{xy^3}{x^2 + y^2} - \frac{x^3y}{x^2+y^2}\right],\\ =& \frac{y^3}{x^2 + y^2} + \frac{(-1)xy^3(2x)}{(x^2 + y^2)^2} - \left[\frac{3x^2y}{x^2 + y^2} + \frac{(-1)x^3y(2x)}{(x^2+y^2)^2}\right],\\ =& \frac{y^3-3x^2y}{x^2 + y^2} - \frac{2x(xy^3 - x^3y)}{(x^2+y^2)^2}. \end{align*} Para encontrar la derivada parcial en $(0,0)$ consideramos el cociente diferencial \begin{align*} \frac{f(h,0)-f(0,0)}{h} =& \frac{\frac{h(0)^3 - h^3(0)}{h^2+0^2} - 0}{h},\\ =& \frac{0}{h}, \end{align*} y por lo tanto $\partial_x f(0,0) = 0$.

Para calcular la derivada parcial respecto a $y$ podemos repetir el proceso anterior, o bien, notar que $f(x,y) = -f(y,x)$ de donde se desprende que si $(x,y) \neq (0,0)$ entonces \begin{equation*} \partial_y f(x,y) = \frac{3y^2x - x^3}{x^2 + y^2} - \frac{2y(xy^3 - x^3y)}{(x^2+y^2)^2}, \end{equation*} y \begin{equation*} \partial_y f(0,0) = \lim_{k \to 0} \frac{\frac{(0)k^3 - (0)^3k}{0^2+k^2}}{k} = \lim_{k \to 0}\frac{0}{k}=0. \end{equation*}

Para concluir calculamos la derivadas parciales mixtas: \begin{align*} \partial_x \partial_y f(0,0) =& \lim_{h \to 0} \frac{\partial_y f(h,0) - \partial_y f(0,0)}{h},\\ =& \lim_{h \to 0} \frac{\frac{3(0)^2h - h^3}{h^2 + 0^2}}{h},\\ =& \lim_{h \to 0} \frac{\frac{-h^3}{h^2}}{h},\\ =& -1. \end{align*} De manera análoga, \begin{align*} \partial_y \partial_x f(0,0) =& \lim_{k \to 0} \frac{\partial_x f(0,k) - \partial_x f(0,0)}{k},\\ =& \lim_{k \to 0} \frac{\frac{k^3 - 3(0)^2k}{0^2 + k^2} - \frac{2(0)((0)k^3 - (0)^3k)}{(0^2 + k^2)^2}}{k},\\ =& \lim_{k \to 0} \frac{\frac{k^3}{k^2}}{k},\\ =& 1 \end{align*}

Ejercicio

Para las siguientes funciones encuentra encuentra: (i) el subconjunto abierto más grande dónde la función sea continua y (ii) el subconjunto abierto más grande donde puedas asegurar que la función es diferenciable en todo punto de dicho abierto.

Justifica tu respuesta.

$f(x,y)=\frac{3xy+6y+7x^2-8y^2}{4-x^2-y^2}$

$f(x,y)=\frac{\cos(x^2+3y+y^2)}{\sen(3x+2y)}$

$f(x,y)=\frac{6x^2+\cos(xy)+6y^2}{e^{x^2+y^2-1}}$

$f(x,y)=\ln(x^2-y^2)$

$f(x,y)=\frac{e^{x^2+y^2}+e^{x^2}+e^{y^2}}{\ln(6x-2y)}$

$f(x,y,z)=\ln(x^2+y^2+z^2)$.

$f(x,y)=\frac{xy-y^2}{\ln(3x+2y-z)}$

Cálculo TRES

Derivadas parciales y continuidad

Definición

Ejemplo

Proposición

La composición de funciones continuas es continua.

Algebra de las funciones continuas

Proposición

Definición

Teorema

Corolario

Definición

Teorema

Definición

Ejemplo

Teorema

Ejercicio

Ejercicio

Ejercicio

Ejercicio

Ejercicio

Ejercicio

Ejercicio

Ejercicio

Ejercicio

Ejercicio

Bartle

Ejercicio