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1 clase C 1 clase C p 1. clase C 1 Consideremos U un abierto de R n, y F : U R m. Si para cada x U existe df (x), podemos definir una función df : U R m df (x) = ( 1 (x),..., m (x)) y tiene sentido estudiar si esta función es continua, tiene derivadas parciales, es diferenciable, etc. La importancia de este tipo de estudio es evidente en los distintos teoremas que vamos a demostrar en este capítulo. En primer Lugar, Teorema (Condiciones Suficientes de Diferenciabilidad). Sea U abierto en R n, F : U R m, y x U. Si existen todas las derivadas parciales de F, df ( 1 =,..., ) m, i = 1,..., n, en todos los puntos de U, y las funciones df : U R m son continuas en x, entonces F es diferenciable en x.

2 clase C 1 clase C p Demostración: (Saltar al final de la demostración) Para que F sea diferenciable en x basta que cada una de las componentes f j de F lo sea. Así que bastará demostrar que el teorema es cierto para funciones con valores reales, f : U R, y aplicarlo luego a cada una de las componentes de F. Así pues, supongamos que f es una función de U en R, tal que existen todas las derivadas parciales, 1 i n, en todos los puntos de U, y que las funciones definidas por esas derivadas parciales son continuas en un punto x de U. Tenemos que demostrar que f(x + h) f(x) (x)( h) h cuando h tiende a cero. En esa expresión, (x)( h) =< f(x), h >= = 0 i=1 (x)h i

3 clase C 1 clase C p U x + h 0 = x x + h = x + h n h x + h 1 x + h 2 Por otro lado, dado un vector h = (h1,..., h n ) R n, definimos los vectores h 0 = (0,..., 0) h 1 = (h 1, 0..., 0) h 2 = (h 1, h 2, 0,..., 0). h n = (h 1, h 2,..., h n ) = h y consideramos la poligonal de vértices x + h i, 0 i n. Si h es suficientemente pequeña, todos los segmentos [x + h i 1, x + h i ] estarán contenidos en U. Si calculamos la diferencia f(x + h) f(x) sumando y restando los valores de f en todos los

4 vértices de esa poligonal, y ordenamos adecuadamente el resultado, podemos poner clase C 1 clase C p f(x + h) f(x) = f(x + h n ) f(x + h 0 ) = = f(x + h n ) f(x + h n 1 ) + f(x + h n 1 ) + f(x + h 1 ) f(x + h 0 ) = = (f(x + h i ) f(x + ) h i 1 ) i=1 Consideramos ahora uno cualquiera de esos sumandos, f(x + h i ) f(x + h i 1 ); si escribimos las coordenadas de los vectores x + h i y x + h i 1, tenemos f(x + h i ) = f(x 1 + h 1,..., x i 1 + h i 1, x i + h i, x i+1,..., x n ) f(x + h i 1 ) = f(x 1 + h 1,..., x i 1 + h i 1, x i, x i+1,..., x n ) Los dos puntos sólo se diferencian en la coordenada i-ésima. Podemos definir la función g(t) = f(x 1 + h 1,..., x i 1 + h i 1, t, x i+1,..., x n ) para t [x i, x i + h i ] (g(t) es la función f definida sólo en el segmento [x + h i 1, x + h i ]) de modo que f(x + h i ) f(x + h i 1 ) = g(x i + h i ) g(x i )

5 La función g(t) es una función real de una sola variable real, continua y derivable (por las hipótesis sobre la existencia de todas las derivadas parciales de f en todos los puntos de U). Además, clase C 1 clase C p g (t) = (x 1 + h 1,..., x i 1 + h i 1, t, x i+1,..., x n ) Por tanto podemos aplicar a g el l Valor Medio en el intervalo [x i, x i + h i ], de modo que g(x i + h i ) g(x i ) = g (t i )(x i + h i x i ) = = (x 1 + h 1,..., x i 1 + h i 1, t i, x i+1,..., x n )h i para algún punto t i del intervalo [x i, x i + h i ] Si llamamos por comodidad y i = (x 1 +h 1,..., x i 1 +h i 1, t i, x i+1,..., x n ) [x+ h i 1, x+ h i ], nos queda f(x + h i ) f(x + h i 1 ) = (y i )h i

6 clase C 1 clase C p Volviendo al principio de la demostración, tenemos f(x + h) f(x) (x)( h) = h n i=1 (f(x + h i ) f(x + ) h i 1 ) = h n i=1 (y i )h i n i=1 (x)h i = = h ( ) (y i ) (x) i=1 h h i = n i=1 (x i )h i Tomando módulos, y aplicando la desigualdad triangular en el sumatorio f(x + h) f(x) (x)( h) h = (y i ) (x) h i h (y i ) (x) i=1 ya que cada h i h 1 i=1 =

7 Si hacemos por fin que h tienda a cero, todos los puntos y i que están en los segmentos [x + h i 1, x + h i ] tienen que tender forzosamente a x. Y como por hipótesis las derivadas parciales de f son continuas en x, cada uno de los sumandos de la expresión anterior (y i ) (x) tiende a cero. Luego efectivamente f es diferenciable en x, como queríamos demostrar. (Volver al enunciado) clase C 1 clase C p

8 Observaciones: El teorema da sólo una condición suficiente para que F sea diferenciable en x, pero no es necesaria: hay funciones diferenciables cuyas derivadas parciales no son funciones continuas, igual que en una variable hay funciones derivables cuya derivada no es continua. Ejemplo 1. Sea { x f(x) = 2 sen(1/x) si x 0 0 si x = 0 Comprobar que f es derivable en todo R, pero su derivada no es continua en x = 0 clase C 1 clase C p

9 En efecto, si x 0, f (x) = 2x sen(1/x) + x 2 cos(1/x)( 1/x 2 ) = 2x sen(1/x) cos(1/x) clase C 1 clase C p y f (0) = lim t 0 f(t) f(0) t = lim t 0 t 2 sen(1/t) t = lim t 0 t sen(1/t) = 0 f es derivable en todo punto de R, pero la función f (x) no es continua en x = 0, ya que x sen(1/x) tiende a cero, pero cos(1/x) no tiene ĺımite (oscila de 1 a 1) cuando x tiende a cero. El teorema anterior da lugar a la siguiente definición: Definición ( Clase C 1 ). Sea U un abierto en R n, y F : U R m. Se dice que F es de clase C 1 en U, y se escribe F C 1 (U), si existen todas las derivadas parciales df (x) para todo x U, para todo i = 1,..., n, y las funciones df : U R m son continuas en U Si escribimos las componentes de F, F = (f 1,..., f m ), F es de clase C 1 en U si existen todas las derivadas parciales de todas las componentes de F en todos los puntos de U, y las

10 funciones clase C 1 clase C p j : U R son continuas en x para todo x U, para todo i = 1,..., n y para todo j = 1,..., m Según el teorema, las funciones de clase C 1 en U son diferenciables en todos los puntos de U. Se suele llamar D(U) al conjunto de todas las funciones diferenciables en U en R m, y C(U) al conjunto de las funciones continuas de U en R m, y se tiene C 1 (U) D(U) C(U) donde los contenido son estrictos (hay funciones continuas que no son diferenciables, y funciones diferenciables que no de clase C 1 )

11 clase C 1 clase C p 2. clase C p Por otro lado, si d ( df )(x) = lim dx j t 0 Si i j se escribe d 2 F dx j (x) y si j = i, se escribe d2 F (x). df tiene derivadas parciales, serían dx 2 i df (x + te j ) df (x) t Estas derivadas se llaman derivadas segundas de F en x, y verifican ( d 2 F d 2 f 1 (x) = (x), dx j dx j d 2 f 2 dx j (x),..., ) d 2 f m (x) dx j Si estas derivadas segundas existen para todo x U, se pueden considerar las funciones correspondientes en U, y volver a estudiar si son continuas, tienen derivadas parciales, etc.

12 Ejemplo 2. Sea f(x, y) = x 2 y 3. Calcular las derivadas primeras y segundas de f en cada punto de R 2 En cualquier punto (x, y) se tiene clase C 1 clase C p (x, y) = 2xy3 dx d 2 f d (x, y) = 6xy2 dydx dy (x, y) = 3x2 y 2 2 f d (x, y) = 6xy2 dxdy d 2 f (x, y) = 2y3 dx2 2 f dy 2 (x, y) = 6x2 y { xy(x 2 y 2 ) si (x, y) (0, 0) Ejemplo 3. Sea f(x, y) = x 2 +y 2 0 si (x, y) = (0, 0) Calcular las derivadas segundas de f en (0, 0). En primer lugar si (x, y) (0, 0), podemos calcular as derivadas parciales dx (x, y) = (y(x2 y 2 ) + xy2x)(x 2 + y 2 ) xy(x 2 y 2 )2x (x 2 + y 2 ) 2 = y(x4 + 4x 2 y 2 y 4 ) (x 2 + y 2 ) 2

13 clase C 1 clase C p y dy (x, y) = (x(x2 y 2 ) xy2y)(x 2 + y 2 ) xy(x 2 y 2 )2y (x 2 + y 2 ) 2 En (0, 0) = x(x4 4x 2 y 2 y 4 ) (x 2 + y 2 ) 2 f(t, 0) f(0, 0) (0, 0) = lim dx t 0 t f(0, t) f(0, 0) (0, 0) = lim dy t 0 t = lim t t = lim t t Ahora calculamos las derivadas segundas en (0, 0) d 2 f (0, 0) = lim dx2 t 0 d 2 f (0, 0) = lim dy2 t 0 d 2 f (0, 0) = lim dydx t 0 (t, 0) (0, 0) dx dx t (0, t) (0, 0) dx dx t (0, t) (0, 0) dx dx t = 0 = 0 = lim t t = lim t t = lim t 0 = 0 = 0 t 5 t 4 0 t = 1

14 y d 2 f (0, 0) = lim dxdy t 0 (t, 0) (0, 0) dy dx t = lim t 0 t 5 t 4 0 t La situación que aparece en este ejemplo, en el que las dos derivadas d2 f dxdy (0, 0) y d2 f (0, 0) dydx son distintas, no es habitual, sino que lo más frecuente es que sean iguales, como consecuencia del siguiente teorema = 1 clase C 1 clase C p

15 clase C 1 clase C p Teorema (Igualdad de las derivadas cruzadas). Sea U abierto en R n, y F : U R m una función de clase C 1 en U. Supongamos que para todo x U existen las dos derivadas d 2 F d 2 F d 2 F (x) y (x), y que las funciones : U R m y dx j dx j dx j d 2 F : U R m son continuas. Entonces dx j para todo x U d 2 F dx j (x) = d2 F dx j (x) Demostración: (Saltar al final de la demostración) En primer lugar, vamos a simplificar un poco las condiciones del enunciado: si escribimos las componentes de F, F = (f 1,..., f m ), entonces ( ) d 2 F d 2 f 1 d 2 f m (x) = (x),..., (x) dx j dx j dx j y será suficiente demostrar de las derivadas segundas de cada componente son iguales. Así que bastará demostrar el teorema para funciones con valores en R, y aplicarlo a cada componente de F por separado.

16 Además, para calcular derivadas de f respecto de las variables x i y x j, en un punto fijo x 0 = (x 0 1,..., x 0 n) de U, podemos sustituir primero todas las variables distintas de x i y x j por el valor de las coordenadas correspondientes del punto x 0, y luego calcular las derivadas respecto de esas dos variables y sustituir. Es decir, si llamamos g(x i, x j ) = f(x 0 1,....x 0 i 1, x i, x 0 i+1,..., x 0 j 1, x j, x 0 j+1,..., x 0 n) (g es la función f sobre el plano que pasa por x 0 y es paralelo a los ejes x i y x j ) entonces d 2 f dx j (x 0 ) = d2 g dx j (x 0 i, x 0 j) clase C 1 clase C p x 0 3 x 0 =(x 0 1,x 0 2,x 0 3) g(x 1,x 2 )=f(x 1,x 2,x 0 3) x 0 2 x 0 1

17 clase C 1 clase C p En consecuencia, será suficiente demostrar el teorema para funciones de dos variables, y aplicarlo a la función g. Así pues, suponemos que U es un conjunto abierto de R 2 y f : U R es una función tal que existen d2 f dxdy (x, y) y d2 f (x, y) en todos los puntos de U, y que estas derivadas segundas dydx son funciones continuas en U. (x 0,y 0 + j) (x 0 + h, y 0 + j) (x 0,y 0 ) (x 0 + h, y 0 ) Definimos el cociente Sea (x 0, y 0 ) un punto fijo en U, y sean h y j dos números reales distintos de cero. Si h y j son suficientemente pequeños, podemos asegurar que el rectángulo de vértices (x 0, y 0 ), (x 0 + h, y 0 ), (x 0, y 0 + j) y (x 0 + h, y 0 + j) está contenido en U. (I) = f(x 0 + h, y 0 + j) f(x 0 + h, y 0 ) f(x 0, y 0 + j) + f(x 0, y 0 ) hj La demostración del teorema va a consistir en calcular el ĺımite de este cociente cuando h y j

18 clase C 1 clase C p tienden a cero. Según cómo hagamos el ĺımite, saldrá una de las derivadas segundas, o la otra. Como el ĺımite tiene que ser único, las dos derivadas tienen que ser iguales. Primer Paso: Definimos la función φ(x) = f(x, y 0 + j) f(x, y 0 ) en el intervalo [x 0, x 0 + h], de modo que (I) = φ(x 0 + h) φ(x 0 ) hj (II) Esta función φ es continua y derivable por las hipótesis sobre f, puesto que para existir la d 2 f derivada segunda de f en todos los puntos de U,, tiene que existir la derivada primera de dydx f respecto de x en todos los puntos de U. Además φ (x) = dx (x, y 0 + j) dx (x, y 0) Entonces podemos aplicar el l Valor Medio a φ, y tendremos ( φ(x 0 + h) φ(x 0 ) = φ (µ)h = dx (µ, y 0 + j) ) dx (µ, y 0) h

19 para algún µ [x 0, x 0 + h]. Sustituyendo en (II), tenemos clase C 1 clase C p (I) = ( dx (µ, y 0 + j) dx (µ, y 0) ) h hj = (µ, y dx 0 + j) (µ, y dx 0) j (III) Consideramos ahora en el numerador dx (µ, y) como función de y en el intervalo [y 0, y 0 + j]. Otra vez las hipótesis sobre f aseguran que ésta es una función continua y derivable, y su derivada es d2 f (µ, y). Aplicando el l Valor Medio dydx dx (µ, y 0 + j) dx (µ, y 0) = d2 f (µ, ν) j dydx para algún ν [y 0, y 0 + j], y sustituyendo en (III) (I) = d2 f (µ, ν) dydx

20 y 0 + j clase C 1 clase C p ν y 0 x 0 µ xo + h Por último, si ahora h y j tienden a cero, necesariamente el punto (µ, ν) tiende a (x 0, y 0 ), y como por hipótesis las derivadas segundas de f son continuas, se tiene lim (I) = (h,j) (0,0) lim (h,j) (0,0) d 2 f dydx (µ, ν) = d2 f dydx (x 0, y 0 ) Segundo paso: Repetimos ahora el mismo esquema de demostración, pero partiendo de la función ψ(y) = f(x 0 + h, y) f(x 0, y) definida en [y 0, y 0 + j], de modo que ahora (I) = ψ(y 0 + j) ψ(y 0 ) hj (IV )

21 clase C 1 clase C p Como antes, ψ(y) es continua y derivable, y ψ (y) = dy (x 0 + h, y) dy (x 0, y) Aplicando el l Valor Medio a ψ(y), (I) = ψ (α) j hj = (x dy 0 + h, α) (x dy 0, α) h = (V ) Y también considerando dy (x, α) como función de x en [x 0, x 0 +h], es derivable, y su derivada es d2 f (x, α). Aplicando otra vez el l Valor Medio a esta función y sustituyendo en dxdy (V ), tenemos (I) = d 2 f (β, α) h dxdy h = d2 f (β, α) dxdy para algún β [x 0, x 0 + h] Por último, si h y j tienden a cero, el punto (β, α) tiende a (x 0, y 0 ), y por la continuidad de las derivadas parciales de f lim (I) = (h,j) (0,0) lim (h,j) (0,0) d 2 f dxdy (β, α) = d2 f dxdy (x 0, y 0 )

22 Como hemos dicho, el ĺımite tiene que ser único, luego las dos derivadas segundas tienen que ser iguales, y esto termina la demostración. (Volver al enunciado) clase C 1 clase C p

23 Esta propiedad da lugar a las siguientes definiciones: clase C 1 clase C p Definición ( clase C p y C ). Sea U un conjunto abierto de R n, y F : U R m. Se dice que F es de clase C p en U, y se escribe F C p (U), si existen todas las derivadas parciales hasta el orden p de F en todos los d k F d p F puntos de U, (x), y las funciones : U R m son continuas en U k 1... p Se dice que F es de clase C en U, y se escribe F C (U), si es de clase C p para todo p N. Observaciones: 1. La clase de una función depende de la función, y del conjunto donde está definida. 2. Sea F : U R m, F = (f 1,..., f m ). Si existen derivadas de orden p de F, serán ( ) d p F d p f 1 d p f m (x) = (x),... (x) 1... p 1... p 1... p Es decir, F es de clase C p en U si y sólo si cada una de las funciones componentes f j : U R lo es. 3. C p (U) C p 1 (U) C 1 (U) D(U) C(U) y los contenidos son estrictos.

24 4. Si F C p (U), para cada k entre 1 y p las derivadas de orden k son de clase C p k clase C 1 clase C p 5. Además, al calcular una derivada parcial de orden k 2, no importa el orden de derivación. Por ejemplo puesto que d 3 f dxdydz = d 3 f dxdydz d3 f dzdydx = d ( ) d 2 f = d ( ) d 2 f = dx dydz dx dzdy ( ) ( ) = d2 = d2 = dxdz dy dzdx dy = d ( ) d 2 f = d ( ) d 2 f = d3 f dz dxdy dz dydx dzdydx 6. El símbolo general para una derivada de orden k 2 puede ser d k F 1... k (x)

25 indicando todas las derivadas parciales que intervienen en el cálculo, o clase C 1 clase C p d k F dx a dx an n con a a n = k, a j 0, indicando el número de veces que interviene la derivada respecto de cada una de las variables. Definición (Matriz Hessiana). Sea U un abierto de R n, y f : U R se llama matriz Hessiana de f en un punto x U a la matriz H(f)(x) = d 2 f dx 2 1 (x). d 2 f dx 1 dx n (x) d 2 f d 2 f dx ndx 1 (x) dx 2 dx 1 (x) d 2 f dx 2 dx n... d 2 f dx 2 n (x) Si f es de clase C 2, la matriz Hessiana es una matriz simétrica.

26 clase C 1 clase C p Ejemplo 4. Funciones potenciales de funciones de clase C 1 Dada una función F : U R n definida en un abierto U de R n, se plantea en ocasiones el problema de saber si F puede ser el gradiente de una función f : U R. Cuando existe, esa función f se denomina función potencial de F. En ese caso, F = (f 1,..., f n ), y cada componente de F sería la derivada parcial i-ésima de la función potencial f f i (x) = (x) Si la función F es además de clase C 1, sus derivadas parciales son continuas, y tenemos i (x) = d ( ) (x) = d2 f (x) dx j dx j dx j Aplicando el teorema anterior, como las derivadas segundas de f son continuas, deberían ser iguales. i dx j (x) = d2 f dx j (x) = d2 f dx j (x) = j (x) En resumen, para que una función F : U R n de clase C 1 tenga una función potencial en U es condición necesaria que sus derivadas cruzadas sean iguales.

27 Este es un problema que aparece con frecuencia en distintos modelos de la física, como en el estudio de la energía y las leyes de conservación de la energía: el nombre de energía potencial clase C 1 clase C p está relacionado con esta propiedad. Ejemplo 5. Estudiar si puede existir alguna función f : R 2 R tal que dx (x, y) = 4x2 y 2 3y 4 y dy (x, y) = 2x4 y 12xy 3 Si llamamos F = (f 1, f 2 ), donde f 1 (x, y) = 4x 2 y 2 3y 4 y f 2 (x, y) = 2x 4 y 12xy 3, el problema pregunta si existe alguna función potencial de F. Como las componentes de F son funciones de clase C 1 en R 2 (las derivadas parciales de f 1 y f 2 son polinomios, así que son continuas), para que pueda existir una función potencial debería ser 1 dy (x, y) = 2 (x, y), pero dx y 1 dy (x, y) = 8x2 y + 12y 3 2 dx (x, y) = 8x3 y 12y 3 Son distintas, así que la respuesta al problema es no.

28 3. La clase de derivación de una función juega un papel fundamental en los problemas de aproximación de funciones, en los que se trata de encontrar métodos para obtener de forma aproximada el valor de una función en un punto, y para controlar los márgenes de error en esa aproximación. Uno de estos métodos de aproximación consiste en construir el Polinomio de. El Teorema de permite construir para una función de clase C p el polinomio de grado p 1 que mejor aproxima a la función, en un entorno de un punto dado. Antes de demostrar el teorema, veamos un par de observaciones sobre la fórmula de un polinomio de n variables. Un polinomio de grado m de n variables es una función del tipo clase C 1 clase C p p m (x 1,..., x n ) = a 0 + [a 1 x a n x n ] + + [a 11 x a 12 x 1 x a nn x 2 n] [a x m a 12..m x 1...x m +... ] es decir, sumas de monomios formados por productos de constantes y como mucho m variables, escogidas entre x 1,..., x n, repetidas o no. Pueden escribirse dos fórmulas compactas que describen la forma de cualquier polinomio de grado m

29 clase C 1 clase C p p m (x 1,..., x n ) = a 0 + [ p m (x 1,..., x n ) = a [ a i1 x i1 ] + [ i 1 =1 m j=1 i 1,...,i m=1 i 1,...,i j =1 i 1,i 2 =1 a i1,...,i m x i1... x im ] a i1,...,i j x i1... x ij a i1,i 2 x i1 x i2 ] +... indicando para cada j entre 1 y m todos los posibles productos de j variables repetidas o no, en todos los órdenes posibles. O bien [ ] p m (x 1,..., x n ) = m j=0 i 1 + +i n=j;i k N a i1,...,i n x i x in n indicando para cada j entre 0 y m cuántas veces aparece cada una de las variables x 1,..., x n (es decir, agrupando los sumandos donde aparecen las mismas variables).

30 clase C 1 clase C p Teorema (). Sea U un abierto de R n, y f : U R una función de clase C p (U). Si x e y son dos puntos de U tales que el segmento [y, x] está totalmente contenido en U, entonces existe un punto en el segmento [y, x], z [y, x] tal que f(x) = f(y) + [ n i 1 =1 [ n + 1 k! i 1,...,i k =1 [ n + 1 (p 1)! i 1,...,i p 1 =1 [ n + 1 p! i 1...i p=1 ] 1 (y)(x i1 y i1 ) +... ] d k f 1...k (y)(x i1 y i1 )... (x ik y ik ) +... ] d p 1 f 1...p 1 (y)(x i1 y i1 )... (x ip 1 y ip 1 ) ] + d p f 1...p (z)(x i1 y i1 )... (x ip y ip ) Demostración: (Saltar al final de la demostración) Estudiamos la función f sólo sobre el segmento [y, x], para lo que definimos la función G(t) = y + t(x y) en el intervalo [0, 1]. La imagen de G es el segmento [y, x], G es continua y diferenciable, y dg(t) = x y en cualquier punto t.

31 clase C 1 clase C p Y consideramos f sobre el segmento [y, x] mediante la composición h(t) = f G(t) definida en [0, 1] h(t) es una función real de una variable, continua en [0, 1], y por la regla de la cadena diferenciable, y dh(t) = (G(t)) dg(t) Escribiendo las matrices correspondientes h (t) = < f(g(t)), x y >= (G(t))(x i y i ) dx i=1 i ( ) = G (t)(x i1 y i1 ) i 1 =1 1 En cada sumando, la función en [0, 1], continua y derivable, y 1 G es otra vez una función real de variable real, definida h (t) = = ( i 1 =1 1 [ ( d 2 f i 1 =1 i 2 =1 ) G (t)(x i1 y i1) = 2 1 ) ] G (t)(x i2 y i2 ) (x i1 y i1 )

32 clase C 1 clase C p Repitiendo el mismo procedimiento, h se podrá derivar tantas veces como se puedan obtener todas las derivadas parciales de f. Si f es de clase C p, también h es de clase C p, y en general, si 1 k p la derivada de orden k de h es ( ) h (k) d k f (t) = G (t)(x i1 y i1 )... (x ik y ik ) 1... k i 1,...,i k =1 Aplicando el de funciones reales de una variable a la función h(t) en el intervalo [0, 1], existirá algún s [0, 1] tal que h(1) = h(0) + h (0) h (0) k! h(k) (0) (p 1)! h(p 1) (0) + 1 p! h(p) (s) Y sustituyendo cada derivada de h por las expresiones que hemos calculado antes h(1) = f(g(1)) = f(x) h(0) = f(g(0)) = f(y) ( ) h (k) d k f (0) = (y) (x i1 y i1 )... (x ik y ik ) 1... k i 1,...,i k =1

33 y h (p) (s) = i 1,...,i p=1 ( ) d p f (G(s)) (x i1 y i1 )... (x ip y ip ) 1... p Se obtiene la fórmula del enunciado, con z = G(s) [y, x] (Volver al enunciado) Observaciones: clase C 1 clase C p 1. Si y es un punto fijo de U, el permite expresar la función f(x) como suma de un polinomio de grado (p 1), que denominamos Polinomio de de grado (p 1) de f entorno a y, P (p 1) y (x) = f(y) + 1 (p 1)! i 1,...,i p 1 =1 [ i 1 =1 ] (y)(x i1 y i1 ) d p 1 f (y)(x i1 y i1 )... (x ip 1 y ip 1 ) 1... p 1

34 clase C 1 clase C p y una expresión que llamamos Resto de de grado p de f entorno al punto y Ry(x) p = 1 p! Según el Teorema, i 1...i p=1 f(x) = P y (p 1) (x) + Ry(x) p d p f (z)(x i1 y i1 )... (x ip y ip ) 1... p donde hay una cierta indeterminación, ya que se sabe que existe el punto z [y, x], pero no se sabe cuál es. Desde aquí una parte de la teoría relativa al desarrolla técnicas para estimar el valor del Resto de, dependiendo del grado del desarrollo hasta el que se pueda llegar, según la clase de derivación de f, o dependiendo de la proximidad entre el punto y y el punto x. La estimación del resto es especialmente importante en los métodos de cálculo aproximado de funciones, ya que en algunos casos es mucho más sencillo calcular el valor de un polinomio P k y (x) que el valor de la función f(x). 2. Como U es abierto, podemos encontrar una bola cerrada centrada en y contenida en U. Si aplicamos el en esa bola, y tenemos en cuenta que al ser compacta

35 las derivadas parciales de f serán funciones acotadas, podemos demostrar que lim x y R p y(x) x y p 1 = 0 En efecto, si acotamos cada derivada parcial d p f (z) 1... p K entonces clase C 1 clase C p R p y(x) x y p 1 i 1,...,i p=1 i 1,...,i p=1 d p f (z) 1... p K x y p M x y x y p 1 que tiende a cero cuando x tiende a y. x i1 y i1... x ip y ip x y p 1

36 Esta es una propiedad fundamental del Polinomio de : escrito de otra forma, si f es una función de clase C p (U), existe un polinomio de grado (p 1) tal que clase C 1 clase C p lim x y f(x) Py p 1 (x) = 0 x y p 1 De hecho el polinomio P y (p 1) (x) es el único que lo cumple. Si f es de clase C p, también lo es de clase C k para cada k menor que p, luego para cada k habrá un polinomio de grado k 1 que cumple una propiedad como esa. Para una función de una variable, si k = 2, el polinomio de grado 1 es la ecuación de la recta tangente a f en el punto y. Si k = 3, tendremos una parábola que aproxima a la gráfica de f cerca del punto y Por ejemplo, para la función fx) = x 3 x + 1 f (x) = 3x 2 1, f (x) = 6x, f (x) = 6 f(1) = 1, f (1) = 2, f (1) = 6, f (1) = 6 El polinomio de grado 1 entorno a x = 1 es P1 1 (x) = f(1) + f (1)(x 1) = 1 + 2(x 1)

37 y el polinomio de grado 2 es P 2 1 (x) = f(1) + f (1)(x 1) f (1)(x 1) 2 = 1 + 2(x 1) + 3(x 1) 2 clase C 1 clase C p El polinomio de grado 3 es Geométricamente, esto significa que, para una función f de clase C p, el polinomio de de grado (p 1) es el polinomio de ese grado que mejor aproxima a la función f cerca del punto y. P 3 1 (x) = f(1) + f (1) = (x 1) f (1)(x 1) f (1)(x 1) 3 = = 1 + 2(x 1) + 3(x 1) 2 + (x 1) 3 = = 1 + 2x 2 + 3x 2 6x x 3 3x 2 + 3x 1 = = x 3 x + 1 = f(x) que coincide con f

38 clase C 1 clase C p 3. El teorema de no se puede generalizar para funciones vectoriales, con valores en R m. Como mucho, se puede aplicar a cada componente de f por separado, pero no se puede asegurar que el punto z i [y, x] que se obtenga para cada componente f i de F sea el mismo para todas las componentes. 4. En el término general del Polinomio de, i 1,...,i k =1 ( ) d k f (y) (x i1 y i 1 )... (x ik y ik ) 1... k el sumatorio se extiende a todas las posibles derivadas de orden k: todas las formas posibles de ordenar k variables entre n, repetidas o no. Como f es de clase C p, muchas de estas derivadas son iguales, y pueden agruparse. Para recordar la fórmula, y saber cuáles son todas las derivadas posibles distintas, puede pensarse en otro caso parecido y ya conocido: la potencia k-ésima de n sumandos: (a a n ) k = a i1... a ik En algunos textos se escribe i 1,...,i k =1

39 clase C 1 clase C p i 1,...,i k =1 = ( ) d k f (y) (x i1 y i 1 )... (x ik y ik ) = 1... k ( d (x 1 y 1 ) + + d ) k (x n y n ) f(y) dx 1 dx n Esta expresión de la derecha se llama un operador; no es realmente una operación de potencia, sino un símbolo que representa las operaciones que hay que efectuar con la función f y sus variables. Por ejemplo, en el caso de dos variables, se tiene que el término general de grado k del

40 polinomio de de una función f(x, y) entorno a un punto (x 0, y 0 ) es clase C 1 clase C p ( d dx (x x 0) + d ) k ( ) k d k dy (y y f 0) f(x 0, y 0 ) = 0 dx (x 0, y k 0 )(x x o ) k + ( ) k d k f = + 1 dx k 1 dy (x 0, y 0 )(x x 0 ) k 1 (y y 0 ) + ( ) k d k f +... j dx k j dy (x 0, y j 0 )(x x 0 ) k j (y y 0 ) j + ( ) k d k f +... k dy (x 0, y k 0 )(y y 0 ) k Ejemplo 6. Calcular el polinomio de de grado 3 de la función f(x, y) = x 2 y entorno al punto (1, 1) f(1, 1) = 1 (x, y) = 2xy dx d 2 f (x, y) = 2x d 3 dxdy d 3 f (x, y) = 0 dy 3 (x, y) = x2 d2 dy dx 3 f (x, y) = 0 d f dx 2 (x, y) = 2y 3 f d (x, y) = 2 dx 2 dy d 2 f dy 2 (x, y) = 0 3 f dxdy 2 (x, y) = 0

41 clase C 1 clase C p y todas las derivadas de orden cuarto son nulas. Entonces f(x, y) = f(1, 1) + (1, 1)(x 1) + (1, 1)(y + 1)+ dx dy + 1 3! + 1 [ d 2 f 2 dx (1, 1)(x 2 1)2 + 2 d2 f (1, 1)(x 1)(y + 1)+ dxdy ] + d2 f (1, 1)(y + 1)2 + dy2 [ d 3 f dx 3 (1, 1)(x 1)3 + 3 d3 f dx 2 dy (1, 1)(x 1)2 (y + 1)+ +3 d3 f dxdy (1, 1)(x 1)(y + 2 1)2 + d3 (1, 1)(y 1)3 dy3 ] = = 1 2(x 1) + (y + 1) (x 1) 2 + 2(x 1)(y + 1) + (x 1) 2 (y + 1)

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