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CALCULODIFERENCIALEINTEGRAL2,UPV/E

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Capıtulo 4Aplicaciones del calculo diferencial

Desarrollamos en este capıtulo algunas aplicaciones del calculo diferencial de funciones devarias variables, como son el estudio de las condiciones para la existencia de la funcionimplıcita e inversa, ası como la determinacion de los maximos y mınimos de funciones, tantoglobales como locales.

4.1. Teorema de la funcion inversa

Es conocido que, en una variable, si g es una funcion de clase C(1) en un intervalo (a, b) yg�(x) �= 0, ∀x ∈ (a, b), entonces g es una funcion estrictamente monotona y existe la inversag−1 : g(a, b) → R, la cual es derivable en g(a, b) y su derivada viene dada por

(g−1)�(y0) =1

g�(x0), con y0 = g(x0).

En el caso general, dado un sistema

y1 = f1(x1, . . . , xn)

...

yn = fn(x1, . . . , xn),

se trata de encontrar las condiciones suficientes para que x1, . . . , xn se puedan expresar enfuncion de y1, . . . , yn, sin tener que resolver explıcitamente el sistema.

Un caso particular de este problema es el de la solucion de un sistema lineal

n�

j=1

aijzj = xi, 1 ≤ i ≤ n,

el cual tiene solucion unica cuando la matriz de los coeficientes tiene determinante no nulo y,en este caso, la solucion viene dada por la regla de Cramer.

65


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66 4.1. Teorema de la funcion inversa

Si denotamos por z = (z1, . . . , zn) y x = (x1, . . . , xn) y definimos las funciones

fi(x, z) =n�

j=1

aijzj − xi, 1 ≤ i ≤ n,

la matriz (aij)1≤i,j≤n es precisamente la matriz jacobiana de la funcion F = (f1, . . . , fn) conrespecto a las variables (z1, . . . , zn) y, de lo anterior, deducimos que det(DF ) �= 0 es unacondicion suficiente para que el sistema defina de forma implıcita a z como funcion de x.Esta condicion tambien sera esencial en el caso general.

En lo sucesivo, el determinante de la matriz jacobiana de una funcion f : Rn → Rn sedenotara por alguna de las siguientes expresiones:

detDf = Jf =∂(f1, . . . , fn)

∂(x1, . . . , xn)=

��

∂f1/∂x1 . . . ∂f1/∂xn...

∂fn/∂x1 . . . ∂fn/∂xn

��.

Definicion. Sean D ⊂ Rm un abierto y f : D ⊂ Rm → Rn. Decimos que f es abierta si f(A)es abierto para todo A ⊂ D abierto.

Queremos describir las condiciones suficientes para que una funcion sea abierta pero antesnecesitamos un lema previo.

Lema 4.1.1. Dado a ∈ Rn, denotamos por B a la bola abierta de centro a y radio r. Supon-gamos que f = (f1, . . . , fn) : Rn → Rn es una funcion continua en B tal que existen Difj(x),para todo x ∈ B, i, j = 1, . . . , n. Si f(x) �= f(a), ∀x ∈ fr(B) y Jf(x) �= 0, ∀x ∈ B, entoncesf(B) contiene una bola abierta de centro f(a).

Demostracion. Definimos la funcion g : fr(B) → R por g(x) = �f(x) − f(a)�. Por hipotesis,g es continua y g(x) > 0, ∀x ∈ fr(B). Como fr(B) es compacto, existe m = mın{g(x) :x ∈ fr(B)}. Si llamamos T = B(f(a),m/2), bastara probar que T ⊂ f(B) para concluir laprueba.

Dado cualquier y ∈ T , definimos h : B → R por h(x) = �f(x) − y�. Por ser h continua yB compacto, h alcanza el mınimo en B. Por una parte, h(a) = �f(a)− y� < m/2. Por otraparte, si x ∈ fr(B),

h(x) = �f(x)− y� ≥ �f(x)− f(a)� − �f(a)− y� > g(x)−m/2 ≥ m/2.

Por tanto, el mınimo de h no se alcanza en la frontera, con lo que existe c ∈ B tal queh(c) = mın{h(x) : x ∈ B}, pero tambien h2 alcanza el mınimo en el punto c.

Como

h2(x) = �f(x)− y�2 =n�

j=1

(fj(x)− yj)2,

todas las derivadas parciales de h2 se anulan en c. Por tanto,

0 =n�

j=1

2(fj(c)− yj) ·Difj(c), i = 1, . . . , n,


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Capıtulo 4. Aplicaciones del calculo diferencial 67

o bienn�

j=1

fj(c) ·Difj(c) =n�

j=1

Difj(c) · yj , i = 1, . . . , n.

Como el determinante de este sistema lineal es Jf(c) �= 0, el sistema tiene solucion unicayj = fj(c), j = 1, . . . , n. Por tanto, y = f(c) con lo que y ∈ f(B).

Proposicion 4.1.2. Sean D ⊂ Rn un abierto y f : D → Rn una funcion continua tal queexisten Difj(x), para todo x ∈ D, i, j = 1, . . . , n. Si f es inyectiva y Jf(x) �= 0, ∀x ∈ D,entonces f(D) es abierto.

Demostracion. Dado y ∈ f(D), sea x ∈ D tal que y = f(x). Como D es abierto, existe r > 0tal que B(x, r) ⊂ D. Por el lema anterior, existe δ > 0 tal que

B(f(x), δ) ⊂ f(B(x, r)) ⊂ f(D).

Por tanto, f(D) es abierto.

Una especie de recıproco del teorema anterior es el siguiente resultado.

Teorema 4.1.3 (inyectividad local). Sea f : Rn → Rn una funcion de clase C(1) en unabierto D ⊂ Rn tal que Jf(x0) �= 0, para algun x0 ∈ D. Entonces existe ε > 0 tal que f esinyectiva en B(x0, ε).

Demostracion. Dados x1, . . . , xn ∈ D, definimos la funcion

h(x1, . . . , xn) =

��

D1f1(x1) . . . Dnf1(x1)...

D1fn(xn) . . . Dnfn(xn)

��.

Por hipotesis, h es una funcion continua en su dominio (pues se trata de un polinomio encada una de sus variables) y h(x0, . . . , x0) = Jf(x0) �= 0. Por tanto, existe ε > 0 tal queh(x1, . . . , xn) = det(Difj(xj)) �= 0, para todo xj ∈ B(x0, ε).

Si f no es inyectiva en B(x0, ε), existen x, y ∈ B(x0, ε) tales que x �= y pero f(x) = f(y).Como el segmento [x, y] esta contenido en B(x0, ε), podemos aplicar el teorema del valormedio (teorema 3.2.7) a cada fj , con lo que existen uj ∈ [x, y] tales que

0 = fj(x)− fj(y) = �∇fj(uj), y − x� =

n�

i=1

Difj(uj) · (yi − xi), j = 1, . . . , n.

Obtenemos un sistema lineal cuyo determinante es det(Difj(uj)) �= 0. Por tanto, yi = xi, ∀i,es decir y = x, lo que contradice la suposicion anterior.

Observacion. El teorema anterior no asegura la inyectividad de f en todo su dominio apesar de que Jf(x) �= 0, ∀x. Por ejemplo, si f(x, y) = (x cos y, x sen y), como Jf(x, y) = x,entonces Jf(x, y) �= 0, si x �= 0. Sin embargo, f(x, y) = f(x, y + 2π), de modo que f no esinyectiva globalmente.


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68 4.1. Teorema de la funcion inversa

Teorema 4.1.4. Si f : Rn → Rn es una funcion de clase C(1) en un abierto D ⊂ Rn tal queJf(x) �= 0, para todo x ∈ D, entonces f es abierta.

Demostracion. Sea A ⊂ D un abierto. Por el teorema anterior, si x ∈ A, existe ε > 0 tal que f

es inyectiva en B(x, ε). Por la proposicion 4.1.2, f(B(x, ε)) es abierto. Como A =�

x∈AB(x, ε),

entonces f(A) =�

x∈Af(B(x, ε)), luego f(A) es abierto.

Los resultados anteriores conducen a una clase importante de funciones, que definimos acontinuacion.

Definicion. Dados un abierto D ⊂ Rn y una funcion f : Rn → Rn, decimos que f es unatransformacion regular en D si f ∈ C(1)(D), f es inyectiva en D y Jf(x) �= 0, para todox ∈ D.

Debido al teorema anterior, es evidente que toda tranformacion regular es una aplicacionabierta.

Ejemplos.

1) Si D = {(u, v) ∈ R2 : 0 < u, 0 < v < 2π}, la funcion f(u, v) = (u cos v, u sen v) es unatranformacion regular en D, con Jf(u, v) = u.

En este caso, f(D) = R2 \ {(x, 0) : x ≥ 0} y la aplicacion inversa definida por f−1(x, y) =(�x2 + y2, arc tg y/x) corresponde al cambio a coordenadas polares.

2) Si D = {(u, v, w) ∈ R3 : 0 < u, 0 < v < 2π}, la funcion f(u, v, w) = (u cos v, u sen v, w) esuna tranformacion regular en D, con Jf(u, v, w) = u.

En este caso, f(D) = R3 \ {(x, 0, 0) : x ≥ 0} y la aplicacion inversa f−1(x, y, z) =(�

x2 + y2, arc tg y/x, z) corresponde al cambio a coordenadas cilındricas.

3) Si D = {(u, v, w) ∈ R3 : 0 < u, 0 < v < 2π, 0 < w < π}, la funcion f(u, v, w) =(u cos v senw, u sen v senw, u cosw) es tambien regular, con Jf(u, v, w) = u2 senw. Eneste caso, si (x, y, z) son las coordenadas cartesianas de un punto en R3, entonces lascoordenadas esfericas del punto son (u, v, w) si f(u, v, w) = (x, y, z).

Despues de estos resultados previos, ya estamos en condiciones de probar la existencia de lafuncion inversa en el caso de funciones de varias variables. Necesitaremos el siguiente lemaprevio.

Lema 4.1.5. Sean K ⊂ Rm un compacto y f : K → Rn una funcion continua e inyectiva.Entonces existe una unica funcion continua g : f(K) → Rm tal que g(f(x)) = x, para todox ∈ K.

Demostracion. Como f : K → f(K) es biyectiva, existe una unica funcion g : f(K) → K talque g(f(x)) = x, para todo x ∈ K.

Para ver que g es continua, sea A ⊂ K cerrado. Como K es compacto, A es compacto.Entonces f(A) es compacto y, en particular, cerrado.


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Teorema 4.1.6 (existencia de la funcion inversa). Sea f : Rn → Rn una funcion de claseC(1) en un abierto D ⊂ Rn. Si x0 ∈ D y Jf(x0) �= 0, entonces existen

i) un entorno U de x0,

ii) un entorno V de f(x0),

iii) una unica funcion g : V → U de clase C(1) en V ,

tales que g�f(x)

�= x, ∀x ∈ U .

Dicha funcion es, por definicion, la inversa local de f .

Demostracion. Como f ∈ C(1)(D), Jf es continua en D. Por ser Jf(x0) �= 0, existe ε1 > 0tal que Jf(x) �= 0, para todo x ∈ B(x0, ε1).

Por el teorema de inyectividad local 4.1.3, existe ε2 > 0 tal que B(x0, ε2) ⊂ B(x0, ε1) y f esinyectiva en B(x0, ε2).

Dado ε ∈ (0, ε2), por el lema 4.1.1, existe δ > 0 tal que B(f(x0), δ) ⊂ f(B(x0, ε)). Definimosentonces V = B(f(x0), δ) y U = f−1(V ) ∩ B(x0, ε), los cuales son entornos de f(x0) y x0,respectivamente.

Como B(x0, ε) es compacto y f es inyectiva y continua en dicho conjunto, podemos aplicarel lema anterior, de modo que existe g continua en f(B(x0, ε)) tal que g(f(x)) = x para todox ∈ B(x0, ε).

Queda probar que g ∈ C(1)(V ), es decir que, para todo k = 1, . . . , n, existe

lımh→0

gk(y + hej)− gk(y)

h= Djgk(y), ∀y ∈ V

(donde ej representa el j-esimo vector de la base canonica de Rn), y que Djgk es continua enV .

Definimos para ello la funcion h(z) = det(Djfi(zi)), donde z = (z1, . . . , zn), zi ∈ D. Deforma similar a la demostracion del teorema 4.1.3, podemos suponer que h(z) �= 0, para todoz = (z1, . . . , zn), con zi ∈ B(x0, ε).

Dado y ∈ V , llamamos x = g(y) y �x = g(y + hej). Podemos suponer que x, �x ∈ U eligiendoh suficientemente pequeno. De esta manera, resulta que f(�x)− f(x) = hej y, por el teoremadel valor medio aplicado a cada componente fk, tenemos:

fk(�x)− fk(x)

h= �∇fk(z

k), (�x− x)/h�, k = 1, . . . , n.

Obtenemos un sistema lineal de n ecuaciones con las incognitas (�x−x)/h, cuyo determinantees detDjfk(zk) = h(z) �= 0. La solucion se calcula aplicando la regla de Cramer, de modo

quegk(y + hej)− gk(y)

hse puede escribir como cociente de determinantes ∆1/∆2. Por ser g

continua, lımh→0 �x = x, de donde lımh→0 zk = x, con lo que lımh→0∆2 = det(Djfk(x)) =Jf(x), el cual es distinto de cero porque x ∈ U .


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70 4.2. Teorema de la funcion implıcita

En definitiva, existe lımh→0

gk(y + hej)− gk(y)

h= Djgk(y). Pero este lımite es un cociente de

determinantes donde aparecen las derivadas parciales Djfi(x), lo que asegura que cada Djgkes continua.

Observacion. Para calcular la derivada de g, basta tener en cuenta que Df(x) ·Dg(y) = In,con y = f(x), de modo que

n�

k=1

Dkgi(y) ·Djfk(x) =

�1 si i = j

0 si i �= j

(sistema de n2 ecuaciones cuyas incognitas corresponden a los elementos de la matriz jaco-biana de g).

4.2. Teorema de la funcion implıcita

Nos planteamos en esta seccion el siguiente problema:

¿Bajo que condiciones una ecuacion del tipo f(x, z) = 0, con x ∈ Rm, z ∈ Rn, tiene algunasolucion z = g(x)?

Si dicha solucion existe y es unica localmente, decimos que f define implıcitamente a z enfuncion de x.

Veamos un ejemplo sencillo: la ecuacion x2 + y2 + z2 = 1 representa la esfera centrada en elorigen y radio unidad. Al despejar z en la ecuacion, obtenemos dos posibles soluciones, z =+�

1− x2 − y2 y z = −�1− x2 − y2, que representan la semiesfera superior y la semiesfera

inferior, respectivamente, y definen dos funciones diferenciables, pero unicamente si x2+y2 <1. Esto significa que, en un entorno del punto (x0, y0, z0) perteneciente a la esfera, si z0 �= 0,la ecuacion inicial define implıcitamente una unica funcion z = z(x, y) diferenciable pero, siz0 = 0, la ecuacion no tiene solucion unica de la forma z = z(x, y).

Enunciamos a continuacion el resultado general que proporciona las condiciones suficientespara la existencia de una funcion definida en forma implıcita.

Teorema 4.2.1 (de la funcion implıcita). Sean f = (f1, . . . , fn) : Rm+n → Rn una funcionde clase C(1) en un abierto D ⊂ Rm+n y (x0, z0) ∈ D (donde x0 ∈ Rm y z0 ∈ Rn) un punto

tal que f(x0, z0) = 0 y∂(f1, . . . , fn)

∂(z1, . . . , zn)(x0, z0) �= 0. Entonces existe un entorno abierto U ⊂ Rm

de x0 y una unica funcion g : U → Rn tales que:

a) g ∈ C(1)(U),

b) g(x0) = z0,

c) f�x, g(x)

�= 0, ∀x ∈ U .

Demostracion. Definimos la funcion F : D → Rm+n por F = (F1, . . . , Fm+n), donde

Fk(x, z) = xk, si 1 ≤ k ≤ m,

Fm+k(x, z) = fk(x, z), si 1 ≤ k ≤ n,


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es decir F = (I, f), siendo I : Rm → Rm la funcion identidad.

Ası definida, se comprueba facilmente que JF (x, z) =∂(f1, . . . , fn)

∂(z1, . . . , zn)(x, z). Por hipotesis,

JF (x0, z0) �= 0 y, ademas, F (x0, z0) = (x0, 0). Por el teorema de la funcion inversa, existenabiertos A y B que contienen a (x0, z0) y (x0, 0), respectivamente, de modo que F es inyectivaen A y F−1(B) = A.

Por tanto, existe G : B → A inversa local de F , es decir tal que G(F (x, z)) = (x, z) yG ∈ C(1)(B). Escribimos G = (v, w), donde v = (v1, . . . , vm) y w = (w1, . . . , wn).

Definimos ahora U = {x ∈ Rm : (x, 0) ∈ B} y, para cada x ∈ U , definimos g(x) = w(x, 0).

Es claro que U es abierto en Rm y que g ∈ C(1)(U) porque G ∈ C(1)(B). Ademas g(x0) =w(x0, 0) = z0 pues (x0, 0) = F (x0, z0).

Por ser F : A → B biyectiva, para cualquier (x, z) ∈ B, existe un unico (x�, z�) ∈ A tal que(x, z) = F (x�, z�).

Por definicion, F (x�, z�) = (x�, f(x�, z�)), de modo que x� = x y f(x�, z�) = z.

Como G y F son inversas, G(x, z) = (x�, z�). Esto implica que

v(x, z) = x� = x y w(x, z) = z�.

En definitiva, F (x,w(x, z)) = (x, z), ∀(x, z) ∈ B. En particular, si z = 0, entonces

F (x,w(x, 0)) = (x, 0) =⇒ F (x, g(x)) = (x, 0) =⇒ f(x, g(x)) = 0, ∀x ∈ U.

Para probar la unicidad de g, si existieran g1, g2 tales que f(x, g1(x)) = f(x, g2(x)) = 0, comof es inyectiva, entonces g1(x) = g2(x), para todo x ∈ U .

Observacion. La existencia de solucion del teorema de la funcion inversa se deduce delteorema de la funcion implıcita aplicado a las funciones

F1(x1, . . . , xn, y1, . . . , yn) = y1 − f1(x1, . . . , xn)

...

Fn(x1, . . . , xn, y1, . . . , yn) = yn − fn(x1, . . . , xn).

Como ya enunciamos en la seccion anterior, la solucion existe si el determinante de la matriz

jacobiana es no nulo, es decir∂(F1, . . . , Fn)

∂(x1, . . . , xn)�= 0, lo que equivale a

∂(f1, . . . , fn)

∂(x1, . . . , xn)�= 0. Este

hecho corresponde al teorema de la funcion inversa.

Veamos en los distintos casos como se calculan las derivadas de una funcion definida en formaimplıcita.

Caso de una variable independiente

Si una ecuacion f(x, y) = 0, donde f es una funcion diferenciable de las variables x e y,determina a y como funcion de x, la derivada de esta funcion dada en forma implıcita,


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siempre que f �y(x, y) �= 0, puede hallarse por la formula:

dy

dx= −f �

x(x, y)

f �y(x, y)

.

Las derivadas de orden superior pueden hallarse por derivacion sucesiva de la formula anterior.

Ejemplo 1. En la formula (x2 + y2)3 − 3(x2 + y2) + 1 = 0, tenemos:

f �x(x, y) = 3(x2 + y2)2 · 2x− 3(2x) = 6x[(x2 + y2)2 − 1]

f �y(x, y) = 3(x2 + y2)2 · 2y − 3(2y) = 6y[(x2 + y2)2 − 1].

de donde dy/dx = −x/y.

Para hallar la segunda derivada, derivamos con respecto a x la primera derivada que hemosencontrado, teniendo en cuenta al hacerlo que y es funcion de x:

d2y

dx2=

d

dx

�−x

y

�= −y − x(dy/dx)

y2= −y − x(−x/y)

y2= −y2 + x2

y3.

Caso de varias variables independientes

Analogamente, si la ecuacion F (x1, . . . , xn, z) = 0, donde F es una funcion diferenciable delas variables x1, . . . , xn y z, determina en forma implıcita a z como funcion de las variablesindependientes x1, . . . , xn, en los puntos donde F �

z(x1, . . . , xn, z) �= 0, las derivadas parcialesde esta funcion dada en forma implıcita pueden hallarse por las formulas:

∂z

∂x1= −

F �x1(x1, . . . , xn, z)

F �z(x1, . . . , xn, z)

, . . . ,∂z

∂xn= −

F �xn(x1, . . . , xn, z)

F �z(x1, . . . , xn, z)

.

Ejemplo 2. La ecuacion x2−2y2+3z2−yz+y = 0 representa una superficie en el espacio R3.Si suponemos que dicha ecuacion define a z como funcion de x e y, z = f(x, y), sus derivadasparciales se calculan como sigue:

F �x(x, y, z) = 2x, F �

y(x, y, z) = −4y − z + 1, F �z(x, y, z) = 6z − y,

de modo que∂z

∂x= − 2x

6z − y,∂z

∂y= −1− 4y − z

6z − y,

en los puntos donde 6z − y �= 0.

Sistemas de funciones implıcitas

Si el sistema de dos ecuaciones

�F (x, y, u, v) = 0G(x, y, u, v) = 0

�determina u y v como funciones diferen-

ciables de las variables x e y y el determinante de la matriz jacobiana

�DuF DvFDuG DvG

�es no


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nulo, entonces las derivadas parciales de u = u(x, y), v = v(x, y) se obtienen por las formulas

∂u

∂x= −

∂(F,G)

∂(x, v)∂(F,G)

∂(u, v)

,∂v

∂x= −

∂(F,G)

∂(u, x)∂(F,G)

∂(u, v)

∂u

∂y= −

∂(F,G)

∂(y, v)∂(F,G)

∂(u, v)

,∂v

∂y= −

∂(F,G)

∂(u, y)∂(F,G)

∂(u, v)

.

Ejemplo 3. Sabiendo que las ecuaciones

�u+ v = x+ yxu+ yv = 1

�determinan u y v como funciones

de x e y, si definimos las funciones

F (x, y, u, v) = u+ v − x− y

G(x, y, u, v) = xu+ yv − 1,

las formulas anteriores dan los siguientes resultados:∂(F,G)

∂(u, v)=

��1 1x y

�� = y − x,

∂(F,G)

∂(u, x)=

��1 −1x u

�� = u+ x,∂(F,G)

∂(x, v)=

��−1 1u y

�� = −y − u,

∂(F,G)

∂(y, v)=

��−1 1v y

�� = −y − v,∂(F,G)

∂(u, y)=

��1 −1x v

�� = v + x.

Por tanto,

∂u

∂x=

y + u

y − x;

∂v

∂x= −u+ x

y − x;

∂u

∂y=

y + v

y − x;

∂v

∂x= −v + x

y − x.

En la practica, en vez de utilizar las formulas anteriores, podemos resolver directamente elsistema formado por las derivadas parciales de las ecuaciones dadas, teniendo en cuenta queu y v son funciones de x e y.

Ası pues, al derivar respecto a x, obtenemos:

∂u

∂x+

∂v

∂x= 1

u+ x∂u

∂x+ y

∂v

∂x= 0,

de donde∂u

∂x=

u+ y

−x+ y,

∂v

∂x=

u+ x

x− y.

Analogamente se procederıa resolviendo el sistema formado por las derivadas parciales res-pecto a y.


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Funciones dadas en forma parametrica

Si la funcion diferenciable z de las variables x e y se expresa mediante sus ecuaciones pa-rametricas

x = x(u, v), y = y(u, v), z = z(u, v)

y∂(x, y)

∂(u, v)=

��

∂x

∂u

∂x

∂v∂y

∂u

∂y

∂v

��= 0, la diferencial de esta funcion se deduce del sistema de ecuaciones

dx =∂x

∂u· du+

∂x

∂v· dv,

dy =∂y

∂u· du+

∂y

∂v· dv,

dz =∂z

∂u· du+

∂z

∂v· dv.

Conociendo la diferencial dz = pdx+ qdy, hallamos las derivadas parciales∂z

∂x= p y

∂z

∂y= q.

Ejemplo 4. Si la funcion z de los argumentos x e y viene dada por las ecuaciones x = u+ v,

y = u2 + v2, z = u3 + v3, (u �= v), hallar∂z

∂x,∂z

∂y.

Primer metodo. Por diferenciacion, hallamos tres ecuaciones que relacionan entre sı las cincovariables:

dx = du+ dv,

dy = 2udu+ 2vdv,

dz = 3u2du+ 3v2dv.

De las primeras dos ecuaciones despejamos du y dv:

du =2vdx− dy

2(v − u), dv =

dy − 2udx

2(v − u).

Sustituyendo en la tercera ecuacion estas expresiones, resulta:

dz = 3u22vdx− dy

2(v − u)+ 3v2

dy − 2udx

2(v − u)= −3uv dx+

3

2(u+ v) dy,

de donde∂z

∂x= −3uv,

∂z

∂y=

3

2(u+ v).

Segundo metodo. Calculamos las derivadas parciales respecto a x e y en las tres ecuacionesque definen z, teniendo en cuenta que u = u(x, y), v = v(x, y). Tenemos ası:

(∗)

1 =∂u

∂x+

∂v

∂x0 =

∂u

∂y+

∂v

∂y

0 = 2u∂u

∂x+ 2v

∂v

∂x1 = 2u

∂u

∂y+ 2v

∂v

∂y


HU


(∗∗)

∂z

∂x= 3u2

∂u

∂x+ 3v2

∂v

∂x∂z

∂y= 3u2

∂u

∂y+ 3v2

∂v

∂y.

Al resolver los dos sistemas de (∗), obtenemos

∂u

∂x=

v

v − u,

∂v

∂x=

u

u− v,

∂u

∂y=

1

2(u− v),

∂v

∂y=

1

2(v − u).

Sustituyendo estas expresiones en la formula (∗∗), resulta:

∂z

∂x= 3u2

v

v − u+ 3v2

u

u− v= −3uv

∂z

∂y= 3u2

1

2(u− v)+ 3v2

1

2(v − u)=

3(u+ v)

2.

Tercer metodo. Definimos la funcion h(u, v) = f�x(u, v), y(u, v)

�− z(u, v), donde z = f(x, y)

es la funcion determinada por las ecuaciones parametricas. Entonces h(u, v) = 0 en los puntosdonde esta definida dicha funcion y:

∂h

∂u= 0 = D1f · ∂x

∂u+D2f · ∂y

∂u− ∂z

∂u,

∂h

∂v= 0 = D1f · ∂x

∂v+D2f · ∂y

∂v− ∂z

∂v.

Resulta ası un sistema de dos ecuaciones que se resuelve aplicando la regla de Cramer.

4.3. Cambio de variables

Como aplicacion al calculo de derivadas de funciones compuestas vamos a estudiar la formaen que se transforman las ecuaciones diferenciales cuando se realiza un cambio de variable(supondremos en todos los casos la igualdad de las derivadas parciales de segundo orden cru-zadas). Destaquemos que la eleccion adecuada de un cambio de variable permite simplificaruna ecuacion diferencial y obtener muy facilmente sus soluciones.

PRIMER CASO: En la ecuacion

G

�x, y,

dy

dx, . . . ,

dny

dxn

�= 0

cambia una sola variable.

1.1. Cambia la variable independiente mediante la ecuacion x = x(t).

ESQUEMA DE DEPENDENCIAS

y → x → t


HU

76 4.3. Cambio de variables

Comody

dt=

dy

dx· dxdt

, entoncesdy

dx=

y�tx�t

.

Si derivamos nuevamente respecto a t, resulta:

d

dt

�dy

dx

�=

d

dx

�dy

dx

�· dxdt

=d2y

dx2· dxdt

=y��t · x�t − x��t · y�t

(x�t)2

,

de donded2y

dx2=

d

dt

�dydt

�· dtdx

=y��t · x�t − x��t · y�t

(x�t)3

.

Las derivadas sucesivas se obtienen de manera analoga.

1.2. Cambia la variable independiente mediante la ecuacion t = t(x).


x ← t ← y → x

Por la regla de la cadena se obtiene directamente quedy

dx=

dy

dt· dtdx

= y�t · t�x y

d2y

dx2=

d

dx

�dy

dt· dtdx

�

=d

dx(y�t) · t�x + y�t · t��x = y��t · (t�x)2 + y�t · t��x.

1.3. Cambia solo la funcion mediante la ecuacion y = y(z).


x ← y → z → x

y�x =dy

dx=

dy

dz· dzdx

= y�z · z�x,

y��x =d

dx

�dy

dx

�=

d

dx(y�z · z�x) = y�z · z��x +

d

dx(y�z) · z�x

= y�z · z��x +d

dz(y�z) · z�x · z�x = y�z · z��x + y��z · (z�x)2.

SEGUNDO CASO: En la ecuacion

G

�x, y,

dy

dx, . . . ,

dny

dxn

�= 0

cambian la funcion y variable antiguas por una funcion y variable nuevas mediante las rela-ciones x = x(u, v), y = y(u, v). El esquema de dependencias es el siguiente:


HU


x

u

v u

y

u

v u

Las relaciones entre las derivadas de primer orden se obtienen de la siguiente forma:

Si y = f(x) y v = g(u), entonces y(u, v) = f�x(u, v)

�= f

�x�u, g(u)

��, de donde

y�u(u, v) + y�v(u, v) ·dv

du= f �

�x�u, g(u)

��·�x�u(u, v) + x�v(u, v) ·

dv

du

�.

Ası pues, la derivada se obtiene como:

dy

dx= f �(x) =

y�u + y�v · (dv/du)x�u + x�v · (dv/du)

.

TERCER CASO: Transformar la ecuacion en derivadas parciales

F

�x, y, z,

∂z

∂x,∂z

∂y,∂2z

∂x2,∂2z

∂x∂y, . . .

�= 0

por la ecuacion

F

�u, v, z,

∂z

∂u,∂z

∂v,∂2z

∂u2,∂2z

∂u∂v, . . .

�= 0

mediante el cambio x = x(u, v), y = y(u, v). El esquema de dependencias es el siguiente:

z

x

y

u

v

u

v

u

v

Las relaciones entre las derivadas de primer orden se obtienen al resolver el sistema:

∂z

∂u=

∂z

∂x· ∂x∂u

+∂z

∂y· ∂y∂u

∂z

∂v=

∂z

∂x· ∂x∂v

+∂z

∂y· ∂y∂v

.

En el caso de que la transformacion venga dada por las ecuaciones u = u(x, y), v = v(x, y),se resuelve el sistema analogo

∂z

∂x=

∂z

∂u· ∂u∂x

+∂z

∂v· ∂v∂x

∂z

∂y=

∂z

∂u· ∂u∂y

+∂z

∂v· ∂v∂y

.


HU

78 4.3. Cambio de variables

CASO GENERAL: Cambiar las variables independientes x e y por u y v y la funcion zpor w, mediante las relaciones

x = f(u, v, w)y = g(u, v, w)z = h(u, v, w)

o bien

u = F (x, y, z)v = G(x, y, z)w = H(x, y, z).

Debemos tener en cuenta los siguientes esquemas de dependencias

z

x

y

uvw

uvw

u

v

u

v

u

v

wu

v

o bien

w

u

v

xy

z

xy

z

x

y

x

y

x

y

zx

y

Derivando las veces que sea necesario y resolviendo los sistemas resultantes, se podrıan co-nocer las derivadas parciales de z con respecto a x e y en funcion de las correspondientesderivadas parciales de w con respecto a u y v.

Sin embargo el caso mas sencillo no exige la resolucion de ningun sistema de ecuaciones; estecaso corresponde a las relaciones de la forma z = ϕ(u, v, w), u = f(x, y), v = g(x, y) para elcual el esquema de dependencias es


HU


z

u

v

w

x

y

x

y

u

v

xy

xy

y

x

De este modo, al derivar resulta:

∂z

∂x=

∂z

∂u· ∂u∂x

+∂z

∂v· ∂v∂x

+∂z

∂w· ∂w∂x

pero como∂w

∂x=

∂w

∂u· ∂u∂x

+∂w

∂v· ∂v∂x

,

entonces∂z

∂x=

∂z

∂u· ∂u∂x

+∂z

∂v· ∂v∂x

+∂z

∂w·�∂w

∂u· ∂u∂x

+∂w

∂v· ∂v∂x

�.

Analogamente,

∂z

∂y=

∂z

∂u· ∂u∂y

+∂z

∂v· ∂v∂y

+∂z

∂w·�∂w

∂u· ∂u∂y

+∂w

∂v· ∂v∂y

�.

4.4. Maximos y mınimos de funciones

Los conceptos de maximo y mınimo de una funcion de varias variables son completamenteanalogos a los correspondientes de funciones de una variable y tienen tambien su origen enconsideraciones geometricas.

Definicion. Dada una funcion f : Rn → R, con dominio D ⊂ Rn, decimos que

a) f tiene un maximo absoluto (o global) en un punto x0 ∈ D si

f(x0) ≥ f(x), ∀x ∈ D;

b) f tiene un mınimo absoluto (o global) en un punto x0 ∈ D si

f(x0) ≤ f(x), ∀x ∈ D.

Los puntos donde una funcion toma indistintamente un valor maximo o mınimo reciben elnombre generico de extremos.


HU

80 4.4. Maximos y mınimos de funciones

En el capıtulo 2 enunciamos el teorema de Weierstrass (teorema 2.3.9) que proporciona condi-ciones suficientes para la existencia de extremos absolutos. A continuacion, daremos la versionlocal de estos conceptos.

Definicion. Dada una funcion f : Rn → R, con dominio D ⊂ Rn, decimos que

a) f tiene un maximo relativo (o local) en un punto x0 ∈ D si existe una bola B(x0, r)centrada en x0 tal que f(x0) ≥ f(x), ∀x ∈ B(x0, r) ∩D;

b) f tiene un mınimo relativo (o local) en un punto x0 ∈ D si existe una bola B(x0, r)centrada en x0 tal que f(x0) ≤ f(x), ∀x ∈ B(x0, r) ∩D.

En el caso de funciones de dos variables, la interpretacion geometrica de estas nociones esevidente.

Estos conceptos estan relacionados con el de punto estacionario.

Definicion. Si una funcion f : Rn → R es diferenciable en un punto x0 y ∇f(x0) = 0, sedice que x0 es un punto estacionario o punto crıtico de la funcion.

La relacion citada viene dada por la siguiente condicion necesaria de existencia de extremos.

Teorema 4.4.1 (criterio de las derivadas primeras). Sea D un abierto de Rn y f una funciondiferenciable en D. Si f tiene un extremo relativo (maximo o mınimo) en un punto x0 ∈ D,entonces x0 es un punto estacionario de f .

Demostracion. Para cada v ∈ Rn, con v �= 0, definimos la funcion gv(t) = f(x0 + tv), la cuales diferenciable en t = 0.

Si f tiene un maximo local en x0 (razonamos de forma analoga con el mınimo), entoncesf(x0) ≥ f(x) en alguna bola B(x0, r). Entonces

gv(t) = f(x0 + tv) ≤ f(x0) = gv(0), si |t| < r/�v�.

Por tanto, gv tiene un maximo local en t = 0, de donde g�v(0) = 0, es decir �∇f(x0), v� = 0.

Como esta igualdad es cierta para todo v ∈ Rn, deducimos que ∇f(x0) = 0.

En el caso particular de funciones de dos variables, lo anterior quiere decir que el planotangente a una funcion diferenciable en un maximo o un mınimo es necesariamente horizontal.Dicho plano queda por encima de la superficie en un entorno del punto donde la funcion tieneun maximo y queda por debajo de la superficie en un entorno del punto donde la funciontiene un mınimo.

Debemos observar que dicha condicion no es suficiente. Por ejemplo, si consideramos la funcionf(x, y) = x·y, entonces∇f(x, y) = (y, x) y el gradiente se anula solo en el origen. Sin embargo,es evidente que en dicho punto no puede haber un maximo ni un mınimo de la funcion, puesen cualquier entorno del origen la funcion toma valores positivos y negativos.

La determinacion de condiciones suficientes para la existencia de extremos relativos se basaen el estudio del signo del termino de segundo orden en el polinomio de Taylor asociado a lafuncion. Para formular dichas condiciones debemos recordar algunos conceptos relativos a lateorıa de formas cuadraticas.


HU


Definicion. Dada una matriz simetrica A = (aij)ni,j=1, (es decir con aij = aji, ∀i, j), se definela forma cuadratica asociada a A como la funcion Q : Rn → R definida por

Q(h) = h ·A · hT =n�

i=1

n�

j=1

aijhihj , ∀h = (h1, . . . , hn).

Decimos que una forma cuadratica Q es

i) definida positiva si Q(h) > 0, ∀h �= 0,

ii) definida negativa si Q(h) < 0, ∀h �= 0.

Una caracterizacion de esta definicion la da el siguiente resultado.

Proposicion 4.4.2 (criterio de Sylvester). Si A = (aij)ni,j=1 es una matriz simetrica y de-notamos por

Ak =

a11 · · · a1k...

a1k . . . akk

(k = 1, . . . , n),

a los menores principales de A, entonces:

a) La forma cuadratica asociada a A es definida positiva si y solo detAk > 0, ∀k = 1, . . . , n.

b) La forma cuadratica asociada a A es definida negativa si y solo si

(−1)k detAk > 0, ∀k = 1, . . . , n

(es decir, los signos de los determinantes de los menores principales se van alternandoempezando con a11 = detA1 < 0).

Con estos hechos, las condiciones suficientes para la existencia de extremos relativos de unafuncion de varias variables se pueden enunciar como sigue:

Teorema 4.4.3 (criterio de las derivadas segundas). Sea f : Rn → R una funcion de claseC(2) en un abierto D ⊂ Rn y x0 ∈ D un punto estacionario de f . Si definimos la formacuadratica

Qx0(h) =1

2

n�

i=1

n�

j=1

∂2f

∂xi∂xj(x0)hihj =

1

2h ·Hf(x0) · hT ,

entonces:

a) f tiene un mınimo local en x0 si Qx0 es definida positiva.

b) f tiene un maximo local en x0 si Qx0 es definida negativa.

Demostracion. La formula de Taylor de primer orden asociada a la funcion f en x0 tiene laforma

f(x0 + h)− f(x0) =1

2D2

hf(z), con z ∈ [x0, x0 + h],


HU

82 4.4. Maximos y mınimos de funciones

siendo D2hf(z) =

n�

i,j=1

Dijf(z)hihj . Podemos entonces escribir

f(x0 + h)− f(x0) = Qx0(h) + �h�2 · E(h), (4.1)

donde �h�2 · E(h) =1

2D2

hf(z)−Qx0(h). Deducimos entonces que

�h�2 · |E(h)| ≤ 1

2

n�

i,j=1

|Dijf(z)−Dijf(x0)| · �h�2.

Por la continuidad de Dijf en x0, resulta que lımh→0

E(h) = 0.

Veamos ahora el apartado (a). Como Qx0 es continua en Rn, si Qx0(h) > 0, para todo h �= 0,entonces Qx0(h) > 0 en la esfera unidad S = {h ∈ Rn : �h� = 1}. Por ser S compacto, Qx0

alcanza el mınimo en S, digamos que m = mın�h�=1Qx0(h) > 0.

Para cualquier h �= 0, Qx0(h/�h�) =1

�h�2Qx0(h) ≥ m, de donde Qx0(h) ≥ m · �h�2. Sustitu-

yendo en (4.1), obtenemos

f(x0 + h)− f(x0) ≥ m · �h�2 + �h�2 · E(h).

Debido a que lımh→0

E(h) = 0, existe r > 0 tal que |E(h)| < m/2 si 0 < �h� < r. Para estos

valores de h, 0 ≤ �h�2 · |E(h)| < m · �h�2/2, de donde

f(x0 + h)− f(x0) > m · �h�2 − m · �h�2

2=

m · �h�2

2> 0,

lo que significa que f tiene un mınimo local en x0.

Para probar el apartado (b), basta repetir el argumento anterior con la funcion −f .

El recıproco de este teorema no es cierto: por ejemplo, el origen es un punto estacionario delas funciones f(x, y) = x3 + y3 y g(x, y) = x4 + y4; en ambas funciones, la forma cuadraticaasociada a la matriz hessiana en el origen es degenerada (es decir Q(h1, h2) = 0, ∀(h1, h2) ∈R2); ahora bien, en el origen g tiene un mınimo pero f no tiene maximo ni mınimo.

Sin embargo, el teorema anterior sera cierto con una pequena modificacion basada en lossiguientes conceptos:

Definicion. Una forma cuadratica Q es

a) semidefinida positiva cuando Q(h) ≥ 0, ∀h ∈ Rn, y es

b) semidefinida negativa cuando Q(h) ≤ 0, ∀h ∈ Rn.

Esto quiere decir que la forma cuadratica puede anularse tambien para valores no nulos.

Teorema 4.4.4. Sea f : Rn → R una funcion de clase C(2) en un abierto D ⊂ Rn y x0 ∈ Dun punto estacionario de f . Si llamamos nuevamente

Qx0(h) =1

2h ·Hf(x0) · hT ,

entonces


HU


a) si f tiene un mınimo local en x0, entonces Q es semidefinida positiva;

b) si f tiene un maximo local en x0, entonces Q es semidefinida negativa.

De lo anterior se deduce que, si Q es indefinida (no es semidefinida positiva ni semidefinidanegativa) y x0 es un punto estacionario, entonces no corresponde a un maximo ni a un mınimolocal. Estos puntos reciben el nombre de puntos de ensilladura de la funcion.

Terminaremos esta seccion con la aplicacion de los resultados anteriores al caso mas comunde funciones de dos variables.

Teorema 4.4.5. Sea f : R2 → R una funcion de clase C(2) en un abierto D ⊂ R2 y(x0, y0) ∈ D un punto estacionario de f . Si llamamos

∆ = detHf(x0, y0) y a11 = D11f(x0, y0),

entonces

a) f tiene un mınimo local en (x0, y0) si a11 > 0 y ∆ > 0;

b) f tiene un maximo local en (x0, y0) si a11 < 0 y ∆ > 0;

c) f tiene un punto de ensilladura en (x0, y0) si ∆ < 0.

Demostracion. Si llamamos a12 = D12f(x0, y0) y a22 = D22f(x0, y0), la forma cuadraticaasociada a la matriz hessiana de f en (x0, y0) es

Q(h, k) =1

2(a11h

2 + 2a12hk + a22k2).

Si a11 �= 0, podemos escribir

Q(h, k) =1

2a11

�(a11h+ a12k)

2 +∆ · k2�.

Si ∆ > 0, Q(h, k) tiene el mismo signo que a11 de modo que los apartados (a) y (b) se deducendel teorema 4.4.3.

Si ∆ < 0,

Q(h, k) =1

2a11(a11h+ a12k +

√−∆ · k)(a11h+ a12k −

√−∆ · k)

es producto de dos factores lineales que representan dos rectas en el plano {h, k}, las cualesse cortan en el origen y determinan cuatro regiones: en dos de ellas Q es negativo y en lasotras dos Q es positivo. Por tanto, f tiene un punto de ensilladura.

En el caso de que ∆ = 0, debe compararse, a partir de la definicion, el valor de la funcion en(x0, y0) con el que toma en puntos de algun entorno de (x0, y0).


HU

84 4.5. Extremos condicionados. Multiplicadores de Lagrange

4.5. Extremos condicionados. Multiplicadores de Lagrange

Cierto tipo de problemas de extremos consiste en encontrar los valores maximo y mınimode una funcion cuyas variables estan sometidas a ciertas condiciones de dependencia; estosreciben el nombre de problemas de maximos y mınimos condicionados.

Por ejemplo, en el caso de una funcion de dos variables z = f(x, y), si estas estan relacionadaspor la condicion y = g(x), los extremos condicionados de f son precisamente los maximos ymınimos de la funcion de una variable z = f

�x, g(x)

�. Geometricamente, el problema consiste

en encontrar los valores extremos de la curva en R3 que es la interseccion de las superficiesz = f(x, y), y = g(x).

Por ejemplo, si queremos determinarlos puntos donde la funcion f(x, y) =x+y alcanza el maximo y mınimo so-bre la curva C : x2+ y2 = 1, observa-mos, en primer lugar, que las curvasde nivel x + y = k son rectas parale-las que cortan a C si k ∈ [−

√2,√2].

El valor de k sera maximo cuandok =

√2 y mınimo cuando k = −

√2.

Ambos se alcanzan en un punto don-de la recta es tangente a C, es de-cir donde los vectores normales a lacurva la recta son proporcionales.Como n1 = (2x, 2y) y n2 = (1, 1),debe existir λ ∈ R tal que (2x, 2y) =λ(1, 1). Por tanto, x = y, y podemosdeducir que el maximo se alcanza en(√2/2,

√2/2) y el mınimo se alcanza

en (−√2/2,−

√2/2).

k� 2

k�1

k�0

k��1

k�� 2

El planteamiento general de estos problemas es el siguiente:

Problema. Encontrar el valor maximo (o mınimo) de una funcion f : Rn → R, en undominio M definido del siguiente modo:

M = {x ∈ Rn : F i(x) = 0, 1 ≤ i ≤ m}.

El conjunto de funciones F i : Rn → R (1 ≤ i ≤ m) constituye lo que llamaremos restriccionesde las variables. Denotaremos por f |M a la restriccion de f al conjunto M .

Estableceremos a continuacion las nociones basicas que permiten enunciar condiciones nece-sarias y suficientes para la existencia de maximos y mınimos condicionados.

Definicion. Dado un entero positivo r < n, decimos que un subconjunto M de Rn es unavariedad r-dimensional (o r-variedad) de clase C(q) cuando ∀x ∈ M , existen un abiertoU ⊂ Rn que contiene a x y una funcion F : U → Rn−r, con F ∈ C(q)(U), tales que

i) rangDF (x) = n− r, ∀x ∈ U , y


HU


ii) M ∩ U = {x ∈ U : F (x) = 0}.

Es facil, a partir de la definicion, demostrar el siguiente resultado.

Proposicion 4.5.1. Sean D un abierto de Rn y F : D → Rn−r una funcion de clase C(q) enD. Entonces el conjunto M = {x ∈ Rn : F (x) = 0, rangDF (x) = n − r} es una r-variedadde clase C(q).

Por ejemplo, si F : Rn → R es una funcion de clase C(1), cualquier conjunto de nivel Kc ={x ∈ Rn : F (x) = c} no vacıo y que no contenga puntos estacionarios de F es una (n − 1)-variedad.

Con estos conceptos se prueba la siguiente condicion necesaria de existencia de extremoscondicionados.

Teorema 4.5.2 (de los multiplicadores de Lagrange). Sean M una r-variedad de Rn de claseC(1) y f : D → R una funcion definida en un abierto D ⊂ Rn, con f ∈ C(1)(D) y M ⊂ D. Sif |M tiene un extremo relativo en x0, entonces existen constantes λ1, . . . ,λm ∈ R (m = n− r)tales que x0 es un punto estacionario de la funcion

g = f + λ1F1 + · · ·+ λmFm,

donde F 1, . . . , Fm son las componentes de la funcion F asociada a la variedad M .

La demostracion completa puede encontrarse en [Ap]. Veremos aquı dos casos particulares.

Teorema 4.5.3. Sean f, g : R2 → R funciones de clase C(1) en un entorno de (x0, y0) talesque f alcanza un extremo relativo en (x0, y0) sujeto a la restriccion g(x, y) = 0. Si ademasDg(x0, y0) �= 0, entonces existe λ ∈ R tal que Df(x0, y0) = λDg(x0, y0).

Demostracion. La funcion g verifica las hipotesis del teorema de la funcion implıcita, de modoque existe y = h(x) definida en un intervalo (x0−δ, x0+δ) tal que y0 = h(x0) y g(x, h(x)) = 0para todo x ∈ (x0 − δ, x0 + δ). Ademas

D1g(x0, y0) +D2g(x0, y0) · h�(x0) = 0.

Por otra parte, la funcion ϕ(x) = f(x, h(x)) es de clase C(1) en (x0 − δ, x0 + δ) y alcanza unextremo relativo en x0. Por tanto, ϕ�(x0) = 0, es decir

D1f(x0, y0) +D2f(x0, y0) · h�(x0) = 0.

Ası pues, los vectores (D1g(x0, y0), D2g(x0, y0)) y D1f(x0, y0), D2f(x0, y0)) son perpendicu-lares a (1, h�(x0)) de modo que son proporcionales.

Observacion. Veamos que un ejemplo que la condicion Dg(x0, y0) �= 0 es necesaria. Es claroque el mınimo de la funcion f(x, y) = x2 + y2 bajo la restriccion (x− 1)3 − y2 = 0 se alcanzaen el punto (1, 0) pues es el punto de la curva y2 = (x− 1)3 mas proximo al origen.

Ahora bien, si llamamos g(x, y) = (x−1)3−y2, Df(1, 0) = (2, 0) y Dg(1, 0) = (0, 0) de modoque no son proporcionales.


HU

86 4.5. Extremos condicionados. Multiplicadores de Lagrange

Teorema 4.5.4. Sean f, g, h : R3 → R funciones de clase C(1) en un entorno de (x0, y0, z0)tales que f alcanza un extremo relativo en (x0, y0, z0) sujeto a las restricciones g(x, y, z) =0, h(x, y, z) = 0. Si ademas Dg(x0, y0, z0) y Dh(x0, y0, z0) son linealmente independientes,entonces existen λ, µ ∈ R tales que Df(x0, y0, z0) = λDg(x0, y0, z0) + µDh(x0, y0, z0).

Demostracion. Por ser Dg(x0, y0, z0) y Dh(x0, y0, z0) linealmente independientes, la matriz�D1g(x0, y0, z0) D2g(x0, y0, z0) D3g(x0, y0, z0)D1h(x0, y0, z0) D2h(x0, y0, z0) D3h(x0, y0, z0)

�

tiene rango 2. Supongamos, por ejemplo, que∂(g, h)

∂(y, z)(x0, y0, z0) �= 0. Por el teorema de

la funcion implıcita, existen δ > 0 y dos funciones y = y(x), z = z(x) de clase C(1) en(x0 − δ, x0 + δ) tales que y0 = y(x0), z0 = z(x0) y (x, y(x), z(x)) es solucion del sistemag(x, y, z) = 0, h(x, y, z) = 0, para cada x ∈ (x0 − δ, x0 + δ). Ademas,

D1g(x0, y0, z0) +D2g(x0, y0, z0) · y�(x0) +D3g(x0, y0, z0) · z�(x0) = 0,

D1h(x0, y0, z0) +D2h(x0, y0, z0) · y�(x0) +D3h(x0, y0, z0) · z�(x0) = 0,

de modo que el vector (1, y�(x0), z�(x0)) es normal al plano generado por Dg(x0, y0, z0) yDh(x0, y0, z0).

Por otro lado, la funcion ϕ(x) = f(x, y(x), z(x)) tiene un extremo relativo en (x0, y0, z0) porlo que ϕ�(x0) = 0, o bien

0 = D1f(x0, y0, z0) +D2f(x0, y0, z0) · y�(x0) +D3f(x0, y0, z0) · z�(x0).

El vector Df(x0, y0, z0) es ortogonal a (1, y�(x0), z�(x0)) por tanto pertenece al plano generadopor Dg(x0, y0, z0) y Dh(x0, y0, z0). En definitiva, existen λ, µ ∈ R tales que Df(x0, y0, z0) =λDg(x0, y0, z0) + µDh(x0, y0, z0).

Estos resultados indican que, en un problema de busqueda de extremos condicionados, losunicos posibles puntos de extremo local se encuentran entre las soluciones del sistema

�Dig(x) = 0, 1 ≤ i ≤ nF j(x) = 0, 1 ≤ j ≤ m

de m+ n ecuaciones con las m+ n incognitas x1, . . . , xn,λ1, . . . ,λm.

Esto sugiere tambien considerar la funcion de m+ n variables

g(x1, . . . , xn,λ1, . . . ,λm) = f(x1, . . . , xn) +m�

j=1

λjFj(x1, . . . , xn)

y calcular los puntos estacionarios de g en M×Rm, los cuales seran los unicos posibles valores

donde f tenga un extremo relativo (observar que∂g

∂λj= F j). Se reduce ası el problema de

extremos condicionados a un problema de extremos ordinarios.

Las condiciones suficientes para la existencia de extremos pueden determinarse de la siguienteforma:


HU


Teorema 4.5.5. Se considera la funcion g = f + λ1F 1 + · · ·+ λmFm.

a) Si en un punto x0 la funcion alcanza un maximo relativo, entonces la forma cuadratica co-

rrespondiente a g, Qx0(h) =n�

i=1

n�

j=1

Dijg(x0)hihj, es semidefinida negativa en un entorno

reducido de x0.

b) Si Qx0(h) > 0 en algun entorno reducido de x0, entonces la funcion alcanza un mınimorelativo en x0.

En la mayorıa de los ejemplos practicos, para determinar si un punto estacionario correspondea un maximo o un mınimo, utilizaremos metodos indirectos, sugeridos por cada situacionparticular. En los problemas que siguen iremos mostrando algunos de los metodos posibles.

4.6. Ejercicios

Ejercicio 4.1. Sea g : R → R definida por

g(x) =

�x/2 + x2 sen(1/x) si x �= 0

0 si x = 0.

Estudiar si es localmente invertible en un entorno de 0.

Ejercicio 4.2. Suponiendo que el sistema de ecuaciones

�2x = v2 − u2

y = uvpermite definir las

funciones u = u(x, y), v = v(x, y), calcular∂u

∂x,∂u

∂y,∂v

∂x,∂v

∂y.

Ejercicio 4.3. Sea f : R2 → R2 la funcion definida por f(x, y) = (x+ 2y, x− y).

a) Averiguar si satisface las hipotesis del teorema de la funcion inversa.

b) Hallar Im f .

c) Comprobar que f tiene inversa global, hallando f−1.

Ejercicio 4.4. Se considera la funcion f : R2 → R2 definida por

f(u, v) = (eu + ev, eu − ev).

Probar que f es localmente invertible en un entorno de cada punto (u, v) ∈ R2. Mostrarque tambien f es globalmente invertible calculando su funcion inversa. Comprobar que lasmatrices derivadas de f y de f−1 en puntos correspondientes son inversas.

Ejercicio 4.5. Probar que la funcion f : R2 → R2 definida por f(x, y) = (ex cos y, ex sen y)es localmente invertible en un entorno de cada punto, pero no lo es globalmente. Si

A = {(x, y) : 0 < y < 2π},

probar que f |A es inyectiva y hallar f−1.


HU

88 4.6. Ejercicios

Ejercicio 4.6. Sea g(r,ϑ) = (r cosϑ, r senϑ). Probar que g es localmente invertible en cadapunto distinto de (0,ϑ). Obtener una inversa en el dominio A = {(x, y) ∈ R2 : x > 0, y > 0}.

Ejercicio 4.7. Dada la funcion f(x, y) = (x2−x−2, 3y), ∀(x, y) ∈ R2, estudiar las hipotesisdel teorema de la funcion inversa, calcular f(R2), ver si f es inyectiva y encontrar f−1

explıcitamente.

Ejercicio 4.8. Hallar∂z

∂xy

∂z

∂yen el punto u = 1, v = 1, si x = u + ln v, y = v − lnu,

z = 2u+ v.

Ejercicio 4.9. Sea f : R3 → R3 la funcion definida por

f(x, y, z) =�ex, sen(x+ y), ez

�.

a) Probar que f es localmente invertible en (0, 0, 0).

b) Probar que existen puntos en R3 donde no se cumplen las hipotesis del teorema de lafuncion inversa.

Ejercicio 4.10. Sea g : R3 → R3 definida por

g(x, y, z) = (e2y + e2z, e2x − e2z, x− y).

a) Probar que g es diferenciable en todo R3 y posee funcion inversa diferenciable en unentorno de cada punto.

b) Probar que g es globalmente invertible.

Ejercicio 4.11. Si u, v son funciones de las variables x, y definidas por las ecuaciones

eu cos v − x = 0

eu sen v − y = 0,

probar que el angulo formado por ∇u y ∇v es constante.

Ejercicio 4.12. Sea g : R2 → R2 la funcion definida por

g(x, y) = (chx cos y, shx sen y).

Probar que g posee inversa diferenciable en un entorno de cada punto de R2 distinto delorigen. ¿Posee g una unica inversa?

Ejercicio 4.13. Sea h : R2 → R la funcion definida por

h(x, y) = x2 + y3 + xy + x3 + ay,

siendo a un parametro real.

a) ¿Para que valores de a la ecuacion h(x, y) = 0 define y como funcion implıcita de x declase C(∞), en un entorno de (0, 0)?


HU


b) ¿Define la anterior ecuacion a x como funcion implıcita diferenciable de y en un entornode (0, 0) para algun valor de a?

Ejercicio 4.14. Se considera la funcion u(x, y) = ey/x · g�x+ y

x− y

�, siendo g : R → R una

funcion de clase C(1). Si g(3) = 0, g�(3) = 1, demostrar que u(x, y) = 0 define implıcitamenteuna funcion y = ϕ(x) en un entorno del punto (1, 1/2). Calcular ϕ�(1).

Ejercicio 4.15. Sea f : R2 → R la funcion definida por f(x, y) = y cosx. Probar quef(x, y) = 0 define una funcion implıcita diferenciable y = h(x) en un entorno de (0, 0).Hallar h�(0). ¿Posee h funcion inversa diferenciable en un entorno del origen?

Ejercicio 4.16. Sea F (x, y, z) = x2 + y2 − z2 − 1. ¿La ecuacion F (x, y, z) = 0 determina az como funcion implıcita de x e y en un entorno del punto (1, 1, 1)? ¿Y en un entorno de(1, 1,−1)? ¿Cual es la expresion explıcita de dichas funciones?

Ejercicio 4.17. Calcular las derivadas parciales de la funcion z = f(x, y) definida implıci-tamente por la ecuacion y2 + xz + z2 − ez − c = 0.

Ejercicio 4.18. ¿Cerca de que puntos, la superficie

x3 + 3y2 + 8xz2 − 3yz3 = 1

se puede representar como funcion implıcita diferenciable z = f(x, y)?

Ejercicio 4.19. Sabiendo que la ecuacion xy + z + 3xz5 = 4 representa de forma implıcita

una funcion z = g(x, y) en un entorno del punto (1, 0, 1), calcular∂g

∂x(1, 0) y

∂g

∂y(1, 0).

Ejercicio 4.20. Dada la funcion f(x, y, z) = (x3 + y3 +3x2y− 3z, x− y+ z3 +1) y el puntoP = (−1, 1, 1), probar que f(x, y, z) = 0 define una funcion g(x) =

�g1(x), g2(x)

�en un

entorno de P y calcular g�(x).

Ejercicio 4.21. Calcular la recta tangente a la curva definida en forma implıcita por laecuacion x3 + y3 − 2xy + x− y − 2 = 0 en el punto (1, 0).

Ejercicio 4.22. Hallar el plano tangente a la superficie z = g(x, y) definida implıcitamente

por la ecuacion 3ex − y +√x2 + z2

y −√x2 + z2

= 0 en el punto P = (0, 2, 1).

Ejercicio 4.23. Se considera la funcion u = u(x, y) definida implıcitamente por la ecuacion

u = F (x+ u, yu). Calcular∂u

∂x,∂u

∂yen funcion de las derivadas parciales de F .

Ejercicio 4.24. Sea f : R2 → R una funcion diferenciable. Supongamos que la ecuacionf(y/x, z/x) = 0 define a z implıcitamente como funcion de x e y. Probar que

x∂z

∂x+ y

∂z

∂y= z.


HU

90 4.6. Ejercicios

Ejercicio 4.25. Las ecuaciones x = u+v, y = uv2 definen implıcitamente a v como funcion

de x e y (eliminando u). Probar que∂v

∂x=

v(x, y)

3v(x, y)− 2xy encontrar una formula analoga

para∂v

∂y.

Ejercicio 4.26. La ecuacion F (x+y+z, x2+y2+z2) = 0 define a z como funcion implıcitadiferenciable de x e y en un cierto abierto U ⊂ R2. Si llamamos z = f(x, y) a dicha funcion,calcular df(x, y) en funcion de D1F y D2F .

Ejercicio 4.27. Si la ecuacion F�x+

z

y, y +

z

x

�= 0, donde F es una funcion diferenciable,

define implıcitamente una funcion x = z(x, y), comprobar que

x∂z

∂x+ y

∂z

∂y= z − xy.

Ejercicio 4.28. Determinar condiciones suficientes para que la ecuacion

f�xy

z, x2 + y2

�= 0

defina a z como funcion implıcita de x e y en un entorno del punto (1, 1, 2). Para dicha

funcion, calcular y∂z

∂x− x

∂z

∂yen el punto (1, 1, 2).

Ejercicio 4.29. Sea f : R5 → R2 la funcion definida por

f(x, y, z, u, v) = (u+ v + x2 − y2 + z2, u2 + v2 + u− 2xyz).

Probar que f(x, y, z, u, v) = 0 define una funcion implıcita (u, v) =�h1(x, y, z), h2(x, y, z)

�,

la cual es diferenciable en un entorno del punto P (0, 0, 0,−1/2, 1/2). Calcular dh(P ).

Ejercicio 4.30. Sea �x2 + y2 + z2 = 6 (1)

x+ y + z = 0 (2)

Comprobar que dicho sistema define a z e y como funciones de x en un entorno de P (−1,−1, 2).Hallar la ecuacion de la recta tangente a la curva interseccion de las superficies (1) y (2) endicho punto.

Ejercicio 4.31. Las ecuaciones

x2 − y cos(uv) + z20

x2 + y2 − sen(uv) + 2z2 = 2

xy − senu cos v + z = 0

definen a x, y, z como funciones de u y v. Calcular∂x

∂uy

∂x

∂ven el punto x = 1, y = 1,

u = π/2, v = 0, z = 0.


HU


Ejercicio 4.32. Sea f(x, y, z) = 0. Probar que∂x

∂y· ∂y∂z

· ∂z∂x

= −1, bajo suposiciones adecua-

das.

Ejercicio 4.33. Sea z = f(x, y) una funcion definida por x2 + y2 + z2 = ϕ(ax + by + cz),donde ϕ es diferenciable y a, b, c son constantes. Probar que

(cy − bz)∂z

∂x+ (az − cx)

∂z

∂y= bx− ay.

Ejercicio 4.34. Estudiar si la ecuacion

x2 + xy + y2 + z2 + z = 5

define a z como funcion implıcita de x e y en un entorno del punto P = (1, 1, 1). En caso

afirmativo, hallar∂z

∂x(P ) y

∂2z

∂x∂y(P ).

Ejercicio 4.35. Calcular∂2z

∂y∂xsi z = z(x, y) viene definida implıcitamente por la ecuacion

x+ 2y + z + ex+y+z = 0.

Ejercicio 4.36. La ecuacion sen(x+ y) + sen(y + z) = 1 define z = f(x, y). Calcular∂2f

∂x∂yen funcion de x, y, z.

Ejercicio 4.37. La ecuacion z3−3xyz = a3 (a �= 0) define implıcitamente a z como funcionde x e y. Calcular las derivadas parciales de segundo orden de z = z(x, y).

Ejercicio 4.38. Se considera la funcion f(x, y, z, u, v) = (4x+ yv− eu, y− 2z+3v−u cos v)y el punto P = (1,−3, 0, 0, 1).

Probar que f(x, y, z, u, v) = (0, 0) permite definir una funcion g(x, y, z) =�g1(x, y, z), g2(x, y, z)

�

en un entorno de P y calcular∂g

∂x,∂g

∂y,∂g

∂z.

Ejercicio 4.39. Las ecuaciones x + y = uv, xy = u − v, definen x e y como funciones

implıcitas de u y v, por ejemplo, x = X(u, v), y = Y (u, v). Probar que∂X

∂u=

xv − 1

x− y, si

x �= y, y hallar formulas similares para∂X

∂v,∂Y

∂u,∂Y

∂v.

Ejercicio 4.40. Dado el sistema de ecuaciones

�x2 + y2 + u2 + v2 = 4

xyuv = 1, hallar:

a) Las expresiones de du, dv.

b) El valor de x∂z

∂x− y

∂z

∂y, siendo z = (u+ v)2.

Ejercicio 4.41. Dada la curva C :

�2x2 + 3y2 − z2 = 25

x2 + y2 = z2, hallar un vector unitario tangente

a C en el punto P (√7, 3, 4).


HU

92 4.6. Ejercicios

Ejercicio 4.42. a) Probar que el sistema

�xz3 + y2u3 = 12xy3 + u2z = 0

define a las variables x, y como funciones implıcitas diferenciables de z, u en un entornodel punto P (x0, y0, z0, u0) = (0, 1, 0, 1).

b) Sean x = h(z, u), y = g(z, u) las funciones implıcitas definidas en el apartado (a). De-mostrar que la funcion F (z, u) =

�h(z, u), g(z, u)

�admite funcion inversa diferenciable en

un entorno del punto (0, 1).

Ejercicio 4.43. Dada la funcion f(x, y) = x2 − 2axy+ y2, ¿cuales de las siguientes afirma-ciones son falsas?

a) Si a2 < 1, la funcion alcanza un mınimo en el punto (0, 0).

b) Si a < −1, la funcion tiene un punto de ensilladura en (0, 0).

c) Si a = 0, la funcion tiene un maximo en (0, 0).

d) Si a = 1, la funcion tiene un mınimo en (1, 1).

Ejercicio 4.44. Consideremos el problema de determinar los maximos y mınimos globalesde la funcion f(x, y) = x2y + y2 en la region S = {(x, y) ∈ R2 : x2 + y2 ≤ 1}. ¿Cuales de lassiguientes afirmaciones son falsas?

a) El problema tiene solucion porque la funcion es continua en R2 y S es un compacto.

b) Los unicos puntos crıticos son (0, 0), (0, 1), (0,−1), (2√2/3,−1/3) y (−2

√2/3,−1/3).

c) Como el punto (0,−1) corresponde a un maximo local estricto de f en la frontera de S,es solucion del problema.

d) Como los puntos (2√2/3,−1/3) y (−2

√2/3,−1/3) corresponden a mınimos locales en

el interior de S y f(2√2/3,−1/3) = f(−2

√2/3,−1/3) < f(0, 0), son soluciones del

problema.

Ejercicio 4.45. Hallar los extremos locales de las siguientes funciones:

a) f(x, y) = x2 − 2xy + 2y2.

b) f(x, y) = 3x2 + 12xy + 9y2 + y3.

c) f(x, y) = xy2 + x2.

d) f(x, y, z) = x2 + y2 + z2 + xy.

e) f(x, y) = x5y + xy5 + xy.

f) f(x, y) = (y − 2x2)(y − x2).


HU


g) f(x, y) =�

x2 + y2 − 2x+ 5.

h) f(x, y) = ey(x4 − x2) + e2y.

i) f(x, y) = x sen y.

j) f(x, y) = (x− y + 1)2.

k) f(x, y) = ln(x2 + y2 + 1).

l) f(x, y, z) =�

x2 + y2 + z2 entre los puntos con z = 1xy .

m) f(x, y) = x2 + y2 − x− y + 1 en x2 + y2 ≤ 1.

n) f(x, y) = x2 + y2 sobre la recta de pendiente 1 que pasa por (−1, 0).

n) f(x, y, z) = x+ y + z sobre la curva x2 + y2 = 2, x+ z = 1.

o) f(x, y) = (x− y)n con n ≥ 1 y x2 + y2 = 1.

Ejercicio 4.46. Calcular el volumen maximo de un paralelepıpedo sujeto a la restriccion deque el area de su superficie sea 2a (a > 0).

Ejercicio 4.47. Hallar el valor maximo de la raız n-esima del producto de los numerospositivos x1, . . . , xn a condicion de que la suma de estos numeros sea igual a A.

Ejercicio 4.48. Dividir un segmento en tres partes de forma que el producto de sus dimen-siones sea maximo.

Ejercicio 4.49. Sea F (x, y, z) = x2 + y2 + bxy + az, con a, b ∈ R.

a) Obtener una relacion entre a y b que sea necesaria para que (1, 1, 1) sea extremo relativode F sobre la esfera x2 + y2 + z2 = 3.

b) Supuesta la condicion anterior, determinar para que valores de a y b el (1, 1, 1) es maximorelativo de F sobre la esfera y para cuales es mınimo relativo sobre dicha esfera.

Ejercicio 4.50. Determinar los puntos donde la funcion f(x, y) = x2 + y2 − xy + x + yalcanza sus valores maximo y mınimo absolutos en el compacto

K = {(x, y) ∈ R2 : x ≤ 0 y ≤ 0 x+ y ≥ 3}.

Ejercicio 4.51. Determinar los valores maximo y mınimo absolutos de la funcion u = x +y + z en el compacto

K = {(x, y, z) ∈ R3 : z ≥ x2 + y2, z ≤ 1}.

Ejercicio 4.52. Estudiar los extremos de la funcion f(x, y, z) = x2 + y2 + z2 + x + y + zsobre el conjunto �

x2 + y2 + z2 ≤ 4

z ≤ 1.


HU

94 4.6. Ejercicios

Ejercicio 4.53. Sea C el arco de curva de ecuaciones 2z = 16−x2−y2 y 4 = x+y contenidoen el primer octante. Encontrar los puntos mas cercanos y mas lejanos al origen. ¿Cual esla distancia mınima y maxima al origen?

Ejercicio 4.54. Sea la funcion f(x, y, z) = x2 + y3 + xz + xy + az.

a) ¿Para que valores de a la funcion f(x, y, z) = 0 define a z como funcion implıcita de x ey (z = h(x, y)) en un entorno del origen?

b) ¿Para que valores de a la funcion z = h(x, y) tiene un extremo en el punto (0, 0)?

Ejercicio 4.55. Un espejo rectangular OABC, de lados a y c, se ha partido por una de susesquinas, digamos O, de manera que el trozo OMN es un triangulo rectangulo, de base m yaltura n. Aprovechando el fragmento MABCNM , encontrar un punto P , sobre MN , de talmanera que el nuevo espejo rectangular PLBH tenga area maxima.

Ejercicio 4.56. Hacer maximo el volumen de un solido rectangular que tiene tres caras sobrelos planos coordenados y un vertice en el plano x/a+ y/b+ z/c = 1 (a, b, c > 0).

Ejercicio 4.57. Inscribir en el segmento de paraboloide elıptico

z

c=

x2

a2+

y2

b2, z = c,

un paralelepıpedo de volumen maximo.

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