Capítulo 1

Derivadas parciais

En Rn hain direccións particularmente especiais que corresponden ós vectores unitarios da base canónica e quecoinciden coas direccións dos eixos coordenados. Estudaremos neste tema a variación dunha funciónf : Rn → Rna dirección de cada un dos vectores da base canónica deRn que, o longo destas notas, denotaremos porei =(0, . . . , 1, . . . , 0), i = 1, . . . , n.

Definición 1.1 Denomínase derivada parcial i-ésima da funciónf : Rn → R no puntoxo ∈ Rn ó límite, se existe,

lımt→0

f(xo + tei)− f(xo)t

.

Este límite tamén recibe o nome dederivada parcial de f con respecto á coordenada i-ésimae denótase por

Dif(xo), f ′i(xo) ou∂f

∂xi(xo).

Cálculo das derivadas parciais

O límite que aparece na definición anterior pode poñerse máis desenrolado do xeito que segue:

Dif(xo) = lımt→0

f(xo + tei)− f(xo)t

= lımt→0

f(xo1, . . . , xoi + t, . . . , xon)− f(xo1, . . . , xoi, . . . , xon)t

.

Do segundo membro desta igualdade resulta que aDif(xo) é a derivada ordinaria no puntoxoi da función de variablereal

g :xi ∈ R → g(xi) = f(xo1, . . . , xi, . . . , xon) ∈ R.

É dicir,Dif(xo) = g′(xoi). Daquela, para o cálculo práctico deDif(xo), débense empregar as regras da derivaciónordinaria, sen máis que supoñer que tódalas variables, agás a i-ésima, permañecen constantes.

Exemplos 1.2

1. Sexaf(x, y) = x2y2 + 2x + y + 1. Derivandof con respecto ax, supoñendo que a variabley permañececonstante, resultaD1f(x, y) = 2xy2 + 2. Se agora derivamos con respecto ay, supoñendo que a variablexpermañece constante, obtemosD2f(x, y) = 2x2y + 1.

2. Calculemos as derivadas parciais da funciónf(x, y) =

{x2y

x4+y2 se(x, y) 6= (0, 0)

0 se(x, y) = (0, 0).

Dado calquera punto(x, y) 6= (0, 0), podemos encontrar un entorno onde a funciónf coincide coa función

g(x, y) = x2yx4+y2 . Para calcular as derivadas parciais deg empregamos as regras de derivación de funcións

dunha variable. Daquela:

1

2 Tema 1. Derivadas parciais

D1f(x, y) =2xy(x4 + y2)− x2y4x3

(x4 + y2)2=

2xy3 − 2x5y

(x4 + y2)2=

2xy(y2 − x4)(x4 + y2)2

D2f(x, y) =x2(x4 + y2)− 2x2y2

(x4 + y2)2=x6 − x2y2

(x4 + y2)2.

Para calcular as derivadas parciais na orixe, debemos usar a definición . Así

D1f(0, 0) = lımt→0

f(t, 0)− f(0, 0)t

= lımt→0

0t

= 0

D2f(0, 0) = lımt→0

f(0, t)− f(0, 0)t

= lımt→0

0t

= 0.

Relación coa continuidade

Sabemos que para funcións dunha variable real, toda función derivable nun punto é continua nese punto. Senembargo, para unha funciónf : Rn → R a existencia de tódalas derivadas parciais nun punto non é condiciónnecesaria, nin suficiente, para a continuidade de dita función. Así, nun punto dado poden existir tódalas derivadasparciais def e non ser esta continua ou mesmo pode ser continua a función nun punto e non existir algunha derivadaparcial no punto.

Exemplos 1.3

1. A función definida porf(x, y) = y2

x sex 6= 0 e f(0, y) = 0, non é continua en(0, 0) e, aínda así, existen asdúas derivadas parciais def en(0, 0):

D1f(0, 0) = lımt→0

f(t, 0)− f(0, 0)t

= 0

D2f(0, 0) = lımt→0

f(0, t)− f(0, 0)t

= 0.

2. A funciónf(x, y) =√x2 + y2 é continua enR2, pero non existe ningunha das dúas derivadas parciais def

en(0, 0):

D1f(0, 0) = lımt→0

f(t, 0)− f(0, 0)t

= lımt→0

√t2

t= lım

t→0

|t|t

D2f(0, 0) = lımt→0

f(0, t)− f(0, 0)t

= lımt→0

√t2

t= lım

t→0

|t|t

e este límite non existe, xa quelımt→0+

|t|t

= 1 e lımt→0−

|t|t

= −1.

2

Capítulo 2

Funcións diferenciables

2.1. Concepto de diferenciabilidade

É desexable que a extensión do concepto de derivabilidade de funcións dunha variable real a funcións de variasvariables conserve a maior parte das propiedades posibles. Daquela, segundo as observacións feitas no tema anterior,a definición de derivada parcial non é a xeneralización buscada do concepto de función derivable.

Definición 2.1 Unha funciónf : Rn → R é diferenciable enxo ∈ Rn se:

1. ExisteDif(xo), para todoi = 1, . . . , n;

2. lımh→0

f(xo + h)− f(xo)−n∑

i=1

Dif(xo)hi

‖ h ‖= 0, onde(h1, . . . , hn) son as coordenadas deh ∈ Rn.

ObservaciónSexaDf(xo) : Rn → R a aplicación linear definida porDf(xo)(h) =n∑

i=1

Dif(xo)hi. Dita aplicación

ten como matriz asociada respecto das bases canónicas(D1f(xo) · · · Dnf(xo)

)∈M1×n

pois, se{e1, . . . , en} é a base canónica deRn, Df(xo)(ei) = Dif(xo), para todoi = 1, . . . , n. Esta matriz chámasematriz jacobianadef enxo e tamén a denotaremos porDf(xo).

Definición 2.2 Unha funciónf : Rn → R é diferenciable enRn, se é diferenciable en cada puntox ∈ Rn.

Exemplo 2.3

1. A aplicación constante é diferenciable enRn. Sef(x) = k para todox ∈ Rn, temos que

a) Dif(xo) = 0, para todoi = 1, . . . , n

b) lımh→0

f(xo + h)− f(xo)−n∑

i=1

Dif(xo)hi

‖ h ‖= lım

h→0

k − k

‖ h ‖= 0.

EntónDf(xo) = (0 . . . 0).

2. Sef é linear, entón é diferenciable enRn e a súa diferencial coincide conf . Isto é,Df(xo) = f calquera quesexaxo ∈ Rn. En efecto,

lımh→0

f(xo + h)− f(xo)−Df(xo)(h)‖ h ‖

= lımh→0

f(xo) + f(h)− f(xo)− f(h)‖ h ‖

= 0.

3

4 Tema 2. Funcións diferenciables

3. Como consecuencia do apartado anterior, calquera función proxección,pi(x) = xi, é diferenciable enRn, porser unha aplicación linear.

Proposición 2.4 Sef é diferenciable enxo, entónf é continua enxo.

Este resultado é bastante útil na práctica, pois sef non é continua enxo tampouco será diferenciable nese punto.O recíproco desta última proposición non é certo en xeral.

Exemplos 2.5

1. A funciónf(x, y) =√x2 + y2 é continua en(0, 0), pero non é diferenciable nese punto posto que, como

vimos no tema anterior, non existen as derivadas parciais def en(0, 0).

2. A funciónf(x, y) = y2

x sex 6= 0 ef(0, y) = 0, non é continua nos puntos da forma(0, yo), pois o límite defsegundo a curvax = m(y − yo),m 6= 0, non existe nestes puntos. Polo tanto,f non é diferenciable en(0, yo).

Proposición 2.6 Sef, g : Rn → R son diferenciables enxo ∈ Rn eλ ∈ R, entón tamén son diferenciables enxo asfunciónsf + g, λf , fg e f

g , seg(xo) 6= 0. Ademais verifícase que:

1. D(f + g)(xo) = Df(xo) +Dg(xo)

2. D(λf)(xo) = λDf(xo)

3. D(fg)(xo) = g(xo)Df(xo) + f(xo)Dg(xo)

4. D

(f

g

)(xo) =

g(xo)Df(xo)− f(xo)Dg(xo)[g(xo)]

2

Exemplos 2.7

1. A funciónf(x, y) = x2y3 + 2xy2 é diferenciable enR2 e, para cada(x, y) ∈ R2, tense que

Df(x, y) =(D1f(x, y) D2f(x, y)

)=

(2xy3 + 2y2 3x2y2 + 4xy

)2. Dada unha función diferenciablef : R2 −→ R, consideremosg : R2 −→ R, g(x, y) = xf(x, y). Entóng é

diferenciable, por ser produto de funcións diferenciables, eDg(x, y) =(f(x, y) + xD1f(x, y) xD2f(x, y)

).

Daquela, se sabemos quef(0, 1) = 3, temos queDg(0, 1) =(f(0, 1) 0

)=

(3 0

).

Definición 2.8 f : Rn → Rm é diferenciable enxo ∈ Rn se, para todoi = 1, . . . ,m, a función coordenadafi : Rn → R é diferenciable enxo.

Polo tanto, o estudo da diferenciabilidade de funcións vectoriais reducese ó estudo correspondente de cada unhadas súas coordenadas.

ObservaciónUna funciónf : Rn → Rm é diferenciable enxo se existe unha aplicación linear, que denotaremosDf(xo) : Rn → Rm, de maneira que

lımh→0

f(xo + h)− f(xo)−Df(xo)(h)‖ h ‖

= 0.

A matriz asociada a esta aplicación linear é a matriz de ordem× n seguinte:

Df(xo) =

Df1(xo)Df2(xo)

...Dfm(xo)

=

D1f1(xo) D2f1(xo) . . . Dnf1(xo)D1f2(xo) D2f2(xo) . . . Dnf2(xo)

......

......

D1fm(xo) D2fm(xo) . . . Dnfm(xo)

.

Esta matrizDf(xo) = (Dkfi(xo)) ∈Mm×n denomínasematriz jacobiana da funciónf no puntoxo.

Proposición 2.9 Sef : Rn → Rm é diferenciable enxo, entónf é continua enxo.

4

5

2.2. Funcións continuamente diferenciables

Definición 2.10 Sexaf : Rn −→ R. Se existe a derivada parcial i-ésima de f en todo punto deRn, a aplicaciónDif : x ∈ Rn → Dif(x) ∈ R denomínase función derivada parcial i-ésima def enRn.

Definición 2.11 f : Rn −→ R dise continuamente diferenciable, ou de clase un, enRn, e denótasef ∈ C1(Rn), seexisten tódalas funcións derivadas parciais def e son continuas enRn.

Obviamente, calquera función polinómica é de clase un en todo o dominio, e calquera función racional é de claseun no conxunto de puntos que non anulan o denominador.

Proposición 2.12Sef : Rn −→ R é de clase un enRn, f é diferenciable enRn.

O recíproco deste resultado non é necesariamente certo.

Exemplo 2.13

1. Para estudar a diferenciabilidade da funciónf(x, y, z) = x2exz + z cosxy, calculamos as derivadas parciais def , que existen e son continuas enR3. Daquela,f é de clase un enR3 e, polo tanto, diferenciable enR3.

2. A funciónf(x, y, z) = x2ey + ln z é diferenciable no conxuntoA = {(x, y, z) ∈ R3 : z > 0}.

Proposición 2.14Sef = (f1, . . . , fm), f ∈ C1(Rn) se, e só se,fi ∈ C1(Rn) para cadai = 1, . . . ,m.

Proposición 2.15Sef, g : Rn → Rm son de clase un enRn eλ ∈ R, tamén son de clase un enRn as funciónsf + g,λf , fg (sem = 1) e f

g (sem = 1 eg(x) 6= 0, para todox ∈ Rn).

2.3. Regra da cadea

Proposición 2.16 (Regra da cadea)Sef : Rn → Rm é diferenciable enxo ∈ Rn e g : Rm → Rp é diferenciableenyo = f(xo), entóng ◦ f é diferenciable enxo e D(g ◦ f)(xo) = Dg(f(xo)) ◦Df(xo).

Observacións

1. Esquematicamente, a regra da cadea podese poñer como

Rn f−→ Rm g−→ Rp Rn g◦f−→ Rp

Dg(yo) ◦Df(xo) = D(g ◦ f)(xo)

Fixémonos queDg(yo) ∈Mp×m,Df(xo) ∈Mm×n eD(g ◦ f)(xo) ∈Mp×n.

2. En particular, sef : R2 → R e g : R2 → R2 é g(x, y) = (u(x, y), v(x, y)), denotando poru = u(x, y) ev = v(x, y), a partir da regra da cadea obtemos

D(f ◦ g)(x, y) = Df(u, v) ◦Dg(x, y) =

(D1f(u, v)D1u(x, y) +D2f(u, v)D1v(x, y) D1f(u, v)D2u(x, y) +D2f(u, v)D2v(x, y)

)ou, con outra notación,

D(f ◦ g)(x, y) = Df(u, v) ◦Dg(x, y) =(

∂f∂u

∂u∂x + ∂f

∂v∂v∂x

∂f∂u

∂u∂y + ∂f

∂v∂v∂y

)Proposición 2.17Sexanf : Rn → Rm eg : Rm → Rp. Sef ∈ C1(Rn), g ∈ C1(Rm), entóng ◦ f ∈ C1(Rn).

5

6 Tema 2. Funcións diferenciables

Exemplo 2.18

Sexanf, g : R2 → R funcións diferenciables enR2, e definamosF (x, y) = xf(y2, g(y, x)).

1. Estuda a diferenciabilidade deF .

2. CalculaDF (x, y).

3. Seg(−1, 1) = 2, f(1, 2) = 0 eDf(1, 2) = (1, 0), calculaDF (1,−1).

Solución.

1. A funciónF é produto da función polinómicah(x, y) = x, que é diferenciable enR2, pola funciónG(x, y) =f(y2, g(y, x)). g(y, x) é diferenciable enR2 por hipótese e a funcióny2 é diferenciable enR2 por ser polinómica,polo que a función vectorial(y2, g(y, x)) é diferenciable enR2. Comof é diferenciable enR2 por hipótese,G(x, y) = f(y2, g(y, x)) é diferenciable enR2 por ser composición de funcións diferenciables. Finalmente,Fé diferenciable enR2 por ser produto de dúas funcións diferenciables enR2.

2. Para calcularDF (x, y, z), derivamos o produtoF (x, y) = xG(x, y), logo

DF (x, y) = (g(x, y) + xD1G(x, y) xD2G(x, y))

Necesitamos, entón, calcularDG(x, y):

R2 p−→ R2 f−→ R(x, y) → p(x, y) = (y2, g(y, x)) → f(u, v) = G(x, y)

DG(x, y) = Df(u, v) ◦Dp(x, y) = (D1f(u, v) D2f(u, v))(

0 2yD2g(y, x) D1g(y, x)

)Ou, doutro xeito,

D1G(x, y) =∂f

∂x(u, v) = ∂f

∂u∂u∂x + ∂f

∂v∂v∂x = D1f(u, v),0 +D2f(u, v)D2g(y, x)

D2G(x, y) =∂f

∂y(u, v) = ∂f

∂u∂u∂y + ∂f

∂v∂v∂y = 2yD1f(u, v) +D2f(u, v)D1g(y, x)

É dicir,

D1F (x, y) = f(y2, g(y, x)) + xD2f(y2, g(y, x))D2g(y, x)

D2F (x, y) = 2xyD1f(y2, g(y, x)) + xD2f(y2, g(y, x))D1g(y, x)

3. Parax = 1 ey = −1, u = 1 ev = g(−1, 1) = 2, polo que, trivialmente,DF (1,−1) =(0 −2

).

6

Capítulo 3

Funcións homoxéneas

Definición 3.1 Unha funciónf : Rn −→ R dise homoxénea de gradoα ∈ R, se verificaf(tx) = tαf(x), para todot > 0 e para todox ∈ Rn.

Exemplos 3.2

1. A funciónf(x, y, z) = x5yz + 3x2y3z2 é homoxénea de grado7.

2. A funciónf(x, y) =√

6x+ 5y é homoxénea de grado12 .

3. A función de producción de Coob-DouglasQ(K,L) = AKαLβ,A,α, β > 0, é homoxénea de gradoα+ β.

Proposición 3.3 Sef : Rn −→ R é homoxénea de gradoα, a derivada parciali-ésima def , Dif , se existe, éhomoxénea de gradoα− 1.

Presentamos aquí un resultado que dá unha caracterización útil das funcións homoxéneas diferenciables e que secoñece como teorema de Euler.

Teorema 3.4 (de Euler)Unha funciónf : Rn −→ R diferenciable é homoxénea de gradoαse, e só se,n∑

i=1

xiDif(x) =

αf(x), para todox = (x1, . . . , xn) ∈ A.

Vexamos agora algúns exemplos habituais de funcións homoxéneas en Economía.

Exemplos 3.5

1. Consideremos un proceso de produción no quev1, . . . , vn son os “inputs"empregados ef(v1, . . . , vn) o “out-put"do proceso. Normalmente suponse que, se as cantidadesv1, . . . , vn se multiplican por un factort > 0 aprodución tamén queda multiplicada por un factor positivo que pode poñerse do xeitotα, polo que resulta

f(tv1, . . . , tvn) = tαf(v1, . . . , vn).

Seα = 1, dise que o proceso produtivo presenta rendimentos constantes a escala, seα > 1 que os rendimentosson crecentes a escala e decrecentes a escala seα < 1. A función de Coob-Douglas,

f(v1, . . . , vn) = Avα11 vα2

2 · · · vαnn

é un exemplo moi empregado de función de produción que é homoxénea de gradoα1 + · · ·+ αn.

2. Supoñamos agora un mercado conn mercadorías con prezos por unidade dados polo vectorp = (p1, . . . , pn) esupoñamos que a demanda dunha mercadoría por un consumidor con rendaw vén dada porx(p, w). Se os prezose a renda aumentan na mesma proporción entón a restrición orzamentaria do consumidor permañece invariante.Así, é natural supoñer que a demanda do consumidor tamén permaneza constante:

x(tp, tw) = x(p, w), para todot > 0,

é dicir, que a función de demanda sexa homoxénea de grado cero.

7

8 Tema 3. Funcións homoxéneas

3.1. Interpretación económica do teorema de Euler

Imos facer unha interpretación económica do teorema de Euler empregando a función de produción de Coob-Douglas con dúas variablesQ(K,L) = AKαLβ, sendoK o capital,L o traballo eA,α, β > 0. Se para cada vector(Ko, Lo) se inviste segundo a produción marxinal, entónKo

∂Q∂K é a parte adicada a retribuir o factor capital mentras

queLo∂Q∂L é a parte adicada a retribuir o factor traballo. Dado queQ é homoxénea de gradoα+ β, a fórmula de Euler

dinos que

(α+ β)Qo = Ko∂Q

∂K+ Lo

∂Q

∂L.

Seα+β = 1, a suma dos investimentos nos factores produtivos iguala o valor da produción. Agora ben, seα+β < 1entón unha parte da produciónQo non se distribúe entre os factores produtivos mentras que seα+ β > 1 a produciónnon é suficiente para pagar os factores produtivos.

8

Capítulo 4

Derivadas de orde superior

4.1. Derivadas de orde superior

Se unha funciónf : Rn → R admite derivadas parciais en tódolos puntos do seu dominio, cada unha destas podeadmitir, de novo, derivadas parciais.

Sexaf : Rn → R unha función diferenciable. Sex ∈ Rn,Dif(x) ∈ R, para cadai = 1, . . . , n, polo que podemosconsiderar asn funciónsDif : x ∈ Rn → Dif(x) ∈ R, denominadas funcións derivadas parciais i-ésimas def enRn.

Definición 4.1 Dada a funciónDif , a derivada parcial k-ésima da funciónDif , isto éDk(Dif)(x), se existe,denomínase derivada parcial de segunda orde con respecto axk e xi da funciónf no puntox, e denotarase por

Dkif(x) ou∂2f

∂xk∂xi(x).

Sei = k, Diif(x) denomínasederivada parcial de segunda orde con respecto axi dúas veces, da funciónf no

puntox, e tamén se denota∂2f

∂x2i

(x).

Do mesmo xeito pódense definir as derivadas parciais deterceira orde dunha funciónf , medianteDkijf(x) =Dk(Dijf)(x), e asderivadas parciais de ordem ∈ N, sempre que estas existan.

Exemplo 4.2

A función f(x, y, z) = x + xy2 + 2zy está definida enR3. ExistenD1f , D2f eD3f , en todoR3 e, por exemplo,D1f : (x, y, z) ∈ R3 → D1f(x, y, z) = 1 + y2.

Estas tres funcións son derivables con respecto a calquera das tres variables; por exemplo,D2f(x, y, z) = 2xy+2z,é derivable con respecto ax, y, e az, polo queD1(D2f)(x, y, z) = 2y,D2(D2f)(x, y, z) = 2x,D3(D2f)(x, y, z) = 2.Estas tres derivadas serán denotadas porD12f(x, y, z),D22f(x, y, z) eD32f(x, y, z), respectivamente.

Definición 4.3 Se existen tódalas derivadas parciais de segunda orde dunha funciónf : Rn → R nun puntoxo ∈ Rn,Dikf(xo), a matriz cadrada de orden,

(Dikf(xo)

)1≤i,k≤n

denomínase matriz hessiana def enxo, e denotase por

Hf (xo).

Exemplo 4.4

A matriz hessiana def(x, y, z) = x+ xy2 + 2zy nun punto calquera éHf (x, y, z) =

0 2y 02y 2x 20 2 0

Definición 4.5 Unha función,f : Rn → R, é de clase dúas enRn, e denótasef ∈ C2(Rn), se existen e son continuasenRn as derivadas parciais de segunda orde def .

9

10 Tema 4. Derivadas de orde superior

Unha funciónf : Rn → R, é de clasem ∈ N enRn, e denótase porf ∈ Cm(Rn), se existen e son continuas enRn as derivadas parciais de ordem def .

Unha funciónf : Rn → R, é de clase infinito enRn, e denótase porf ∈ C∞(Rn), se existen enRn tódalasderivadas parciais de calquera orde def .

Proposición 4.6 Verifícase:

1. Sef, g : Rn → R son funcións de clasem enRn eλ ∈ R , tamén son de clasem enRn as funcións:f + g, λf ,

fg ef

g( seg(x) 6= 0 para todox ∈ Rn).

2. Sexaf : Rn → Rp. f ∈ Cm(Rn) se, e só se,fi ∈ Cm(Rn) para todoi = 1, . . . , p.

3. Sexanf : Rn → Rp eg : Rp → Rq. Sef ∈ Cm(Rn) eg ∈ Cm(Rp), entóng ◦ f ∈ Cm(Rn).

Se, cando calculamos derivadas parciais de segunda orde, cambiamos a orde de derivación falamos dederivadasparciais cruzadas de segunda orde: por exemplo,Dikf(x) eDkif(x). Tamén se pode falar das derivadas parciaiscruzadas de calquera orde, se cambiamos a orde de derivación de dúas ou máis variables. Por exemplo,Dijkf(x),Dikjf(x) ou Dkjif(x). Aínda que, en xeral, as derivadas parciais cruzadas non coinciden, verifícase o seguinteresultado:

Teorema 4.7 Sef ∈ C2(Rn), entónDikf(x) = Dkif(x), para todoi, k ∈ {1, . . . , n}, i 6= k, e para todox ∈ Rn.

Observación Sef é de clasem, as derivadas parciais cruzadas de ordem def coinciden e, daquela, para a obtencióndas derivadas parciais de ordem non teremos que calcular, explicitamente, asnm derivadas.

10

Capítulo 5

Funcións convexas

Definición 5.1 Un conxuntoA ⊂ Rn é convexo se, dados dous puntos calquerax, y ∈ A, se ten quetx+(1−t)y ∈ A,para todot ∈ [0, 1].

Observación Dadosx, y ∈ Rn, lembremos que se chama segmento que une os puntosx e y ó conxuntoL[x, y] ={tx + (1 − t)y ∈ Rn : t ∈ [0, 1]}. A partir desta definición, é evidente que un conxuntoA ⊂ Rn é convexo se, e sóse,L[x, y] ⊂ A para todox, y ∈ A.

Exemplos 5.2

1. O conxuntoA = {(x, y) ∈ R2 : y > x2} é convexo enR2.

2. EnR2, o conxuntoA = {(x, y) ∈ R2 : y < x2} non é convexo.

Definición 5.3 SexanA ⊂ Rn un conxunto convexo ef : A ⊂ Rn → R.

1. A funciónf é convexa enA sef(tx+ (1− t)y) ≤ tf(x) + (1− t)f(y), para todox, y ∈ A, t ∈ [0, 1].

2. A funciónf estritamente convexa enA sef(tx+ (1− t)y) < tf(x) + (1− t)f(y), para todox, y ∈ A, x 6= y,t ∈ (0, 1).

3. A funciónf é cóncava enA sef(tx+ (1− t)y) ≥ tf(x) + (1− t)f(y), para todox, y ∈ A, t ∈ [0, 1].

4. A funciónf é estritamente cóncava enA sef(tx+(1− t)y) > tf(x)+(1− t)f(y), para todox, y ∈ A, x 6= y,t ∈ (0, 1).

Observación Obviamente, toda función estritamente convexa ou estritamente cóncava é convexa ou cóncava, respec-tivamente, pero o recíproco non é certo en xeral.

Exemplo 5.4

As funcións linearesf : Rn −→ R son, ó mesmo tempo, cóncavas e convexas enRn pero non estritamente. En efecto,sex, y ∈ Rn e t ∈ [0, 1], verifícasef(tx+ (1− t)y) = tf(x)+(1−t)f(y)

Proposición 5.5 Sexaf : A ⊂ Rn → R . Verifícase

1. f é convexa enA se, e só se,−f é cóncava enA.

2. Sef1, . . . , fk son funcións convexas enA eα1, . . . , αk son escalares non negativos, entónα1f1 + · · ·+ αkfk

é unha función convexa enA.

Interesámonos agora pola caracterización das funciós convexas dende o punto de vista da diferenciabilidade.

11

12 Tema 5. Funcións convexas

Proposición 5.6 Sexaf : Rn → R unha función diferenciable enRn.

1. f é convexa enRn se, e só se,f(y) ≥ f(x) +Df(x)(y − x), para todox, y ∈ Rn.

2. f é cóncava enRn se, e só se,f(y) ≤ f(x) +Df(x)(y − x), para todox, y ∈ Rn.

3. f é estritamente convexa enRn se, e só se,f(y) > f(x) +Df(x)(y − x), para todox, y ∈ Rn, x 6= y.

4. f é estritamente cóncava enRn se, e só se,f(y) < f(x) +Df(x)(y − x), para todox, y ∈ Rn, x 6= y

No estudo de funcións dunha variable real, caracterízanse as funcións convexas nun intervalo(a, b) como aquelascon segunda derivada non negativa en tódolos puntos do intervalo(a, b). Se a segunda derivada é estritamente positivaen todo punto de(a, b), entónf é estritamente convexa. Para funcións de varias variables existen resultados equivalentesen termos do signo da matriz hessiana def nos puntos do dominio da función.

Proposición 5.7 Sexaf : Rn → R unha función de clase dúas enRn.

1. f é convexa enRn se, e só se, a matrizHf (x) é semidefinida positiva, para todox ∈ Rn.

2. f é cóncava enRn se, e só se, a matrizHf (x) é semidefinida negativa, para todox ∈ Rn.

3. Se a matrizHf (x) é definida positiva, para todox ∈ Rn, entónf é estritamente convexa enRn.

4. Se a matrizHf (x) é definida negativa, para todox ∈ Rn, entónf é estritamente cóncava enRn.

Observación Os recíprocos das dúas últimas afirmacións non son certos en xeral pois, por exemplo, a funciónf(x) = x4 é estritamente convexa enR e sen embargof ′′(0) = 0.

Exemplo 5.8

Empregaremos distintos criterios para probar quef(x, y) = y − x2 é unha función cóncava enR2.

1. Utilizando a definición. Sabemos que a función dunha variableg(x) = x2 é unha función convexa enR, isto é,g(tx+ (1− t)u) = (tx+ (1− t)u)2 ≤ tx2 + (1− t)u2, polo que usando a desigualdade−(tx+ (1− t)u)2 ≥−tx2 − (1− t)u2 temos que

f(t(x, y) + (1− t)(u, v)) = f(tx+ (1− t)u, ty + (1− t)v)= ty + (1− t)v − (tx+ (1− t)u)2

≥ ty + (1− t)v − tx2 − (1− t)u2

= t(y − x2) + (1− t)(v − u2) = tf(x, y) + (1− t)f(u, v)

2. As funciónsϕ(x, y) = y eg(x, y) = −x2 son trivialmente cóncavas enR2 e, pola proposición 5.5,f é cóncavaenR2 pois é a suma deϕ eg.

3. Empregando a caracterización da matriz Hessiana def .Hf (x, y) =(−2 0

0 0

)é semidefinida negativa, para

todo(x, y) ∈ R2, polo quef é cóncava enR2.

12

Capítulo 6

Funcións definidas implicitamente

6.1. Introdución

Exemplo 6.1

Se na ecuación funcionalF (x, y) = y−x2 = 0 despexamos a variabley en función da variablexobtemos, para cadax ∈ R, un único valor dey,y = x2; é dicir, existe unha única función,ϕ(x) = x2, tal queF (x, ϕ(x)) = ϕ(x)−x2 = 0,para todox ∈ R.

Se tratamos de despexar agora a variablex en función da variabley na ecuacióny − x2 = 0, obteriamos, paracaday > 0, dúas posibles solucións (a saber:x =

√y e x = −√y). Isto é, para caday > 0, poderiamos

construir distintas funciónsψ(y) = x verificandoF (ψ(y), y) = y − (ψ(y))2 = 0 (por exemplo,ψ1(y) =√y = x e

ψ2(y) = −√y = x).Restrinxindo a nosa atención a un punto concreto deR2 que verifique a ecuación funcionalF (x, y) = 0, por

exemplo ó punto(2, 4), se desexamos buscar as solucións na variablex, ψ(y) = x, da ecuacióny − x2 = 0 paravalores dey próximos a4 e pedimos queψ sexa unha función continua, a única solución posible éψ1(y) =

√y = x.

Que ocorre se tomamos o punto(0, 0)? É posible atopar unha única funciónψ(y) = x, definida nun entorno de0,verificandoF (ψ(y), y) = 0, para todoy de dito entorno?

Exemplo 6.2

Do mesmo xeito ca no exemplo anterior, a ecuación funcionalF (x, y) = x2 + y2 − 1 = 0 dá lugar a distintasfuncións,ϕ(x) = y, definidas en[−1, 1] e verificandoF (x, ϕ(x)) = x2 + (ϕ(x))2 − 1 = 0 (entre elas as únicascontinuas sonϕ1(x) =

√1− x2 e ϕ2(x) = −

√1− x2 ).

De novo, dado un punto(a, b) ∈ R2 que verifique a ecuación funcionalF (x, y) = 0, se tratamos de atopar unhafunción continuaϕ(x) = y, definida nun entorno dea verificando queϕ(a) = b eF (x, ϕ(x)) = 0, para todox dedito entorno, observaremos que tan só temos unha única solución.

Cómpre subliñar que para os puntos(−1, 0) e (1, 0) tal función non existe. Nótese queD2F (x, y) = 2y e, nestespuntos,D2F (−1, 0) = D2F (1, 0) = 0.

Definición 6.3 SexanF : Rn × Rm → Rm e (xo, yo) ∈ Rn × Rm verificandoF (xo, yo) = 0 ∈ Rm. Dise que afunciónϕ : B(xo, α) ⊂ Rn → B(yo, β) ⊂ Rm é unha función implicitamente definida pola ecuación funcionalF (x, y) = 0, nun entorno do punto(xo, yo), se verificaϕ(xo) = yo eF (x, ϕ(x)) = 0, para todox ∈ B(xo, α).

Exemplos 6.4

1. A ecuación funcionalF (x, y) = y − x2 = 0 define a variabley como función implícita da variablex.

2. ψ1(y) =√y = x é unha función implicitamente definida pola ecuación funcionalF (x, y) = y − x2 = 0 nun

entorno do punto(2, 4).

3. A funciónϕ(x) = −√

1− x2 = y está implicitamente definida pola ecuaciónF (x, y) = x2 + y2 − 1 = 0 nun

entorno do punto(12 ,−√

32 ).

13

14 Tema 6. Funcións definidas implicitamente

6.2. Derivación de funcións definidas implicitamente

Como veremos no exemplo que segue, aínda sen coñecer a expresión da función que vén definida implicitamentepor unha ou varias ecuacións funcionais, podemos obter as súas derivadas se temos garantida a súa existencia.

Exemplo 6.5

SexaF : R2 → R diferenciable e supoñamos que a ecuación funcionalF (x, y) = 0 define ay como funciónimplícita derivable da variablex nun entorno dun punto(xo, yo) tal queF (xo, yo) = 0. A funciónG(x) = F (x, ϕ(x)),definida nun entorno dex0 é derivable e, posto queG(x) = F (x, ϕ(x)) = 0 en todo punto de dito entorno, tense que

G′(x) = DF (x, ϕ(x)) = D1F (x, ϕ(x)) +D2F (x, ϕ(x))ϕ′(x) = 0,

de onde se deduce que

ϕ′(x) = −D1F (x, ϕ(x))D2F (x, ϕ(x))

,

polo que debe verificarse queD2F (x, ϕ(x)) 6= 0, nos puntos en que existaϕ′(x).

Exemplo 6.6

SexaF : R3 → R diferenciable e supoñamos que, nun entorno dun punto(xo, yo, zo) tal queF (xo, yo, zo) = 0,a ecuación funcionalF (x, y, z) = 0 define algunha das variables, por exemploz, como función implícita das dúasrestantes,z = ϕ(x, y). É dicir, existe unha función

ϕ : B((xo, yo), α) ⊂ R2 → I(zo, β) ⊂ R,

verificandozo = ϕ(xo, yo) e F (x, y, ϕ(x, y)) = 0, para todo(x, y) ∈ B((xo, yo), α). Seϕ fose diferencia-ble enB((xo, yo), α), poderíase obter facilmente a súa diferencial sen máis que considerar a funciónG(x, y) =F (x, y, ϕ(x, y)), definida enB((xo, yo), α). Por serG diferenciable e verificarse queG(x, y) = F (x, y, ϕ(x, y)) = 0,para todo(x, y) ∈ B((xo, yo), α), tense que

(0, 0) = DG(x, y) = DF (x, y, ϕ(x, y))

1 00 1

D1ϕ(x, y) D2ϕ(x, y)

= (D1F (x, y, ϕ(x, y)) +D3F (x, y, ϕ(x, y))D1ϕ(x, y),D2F (x, y, ϕ(x, y)) +D3F (x, y, ϕ(x, y))D2ϕ(x, y)),

de onde se deduce que

D1ϕ(x, y) = −D1F (x, y, ϕ(x, y))D3F (x, y, ϕ(x, y))

,

D2ϕ(x, y) = −D2F (x, y, ϕ(x, y))D3F (x, y, ϕ(x, y))

,

seD3F (x, y, ϕ(x, y)) 6= 0, para todo(x, y) ∈ B((xo, yo), α).Obsérvese que seF ∈ C1(R3) e D3F (xo, yo, zo) 6= 0, entónD3F (x, y, ϕ(x, y)) 6= 0 para todo(x, y) ∈

B((xo, yo), α), paraα suficientemente pequeno. Daquela, é suficiente queD3F (xo, yo, zo) 6= 0 e F ∈ C1(R3) parapoder asegurar a diferenciabilidade da función implícita ou, con máis precisión, a propiedadeϕ ∈ C1(B((xo, yo), α)),pois as derivadas parciais deϕ son cociente de funcións continuas.

Exemplo 6.7

14

15

Sabendo que a ecuación funcionalx2 + y2 + z2− 49 = 0 define a variablez como función implícita diferenciabledas variables(x, y) nun entorno de(6,−3,−2), podemos obter as derivadas parciais da función implícita no punto(6,−3). Estamos supoñendo entón a existencia dunha función diferenciable

ϕ : B((6,−3), α) ⊂ R2 → I(−2, β) ⊂ R(x, y) → z = ϕ(x, y)

verificandoϕ(6,−3) = −2 eF (x, y, ϕ(x, y)) = 0, para todo(x, y) ∈ B((6,−3), α).Daquela, se(x, y) ∈ B((6,−3), α),

x2 + y2 + ϕ(x, y)2 − 49 = 0. (6.1)

Derivando nesta igualdade respecto dex temos2x+ 2ϕ(x, y)D1ϕ(x, y) = 0, é dicir,D1ϕ(x, y) = − x

ϕ(x, y).

Se, por comodidade, denotamosz = ϕ(x, y), a ecuación (6.1) quedaríax2 +y2 +z2−49 = 0, ondex ey son variables

e z é función delas. Derivando nesta igualdade respecto dex obteriamos2x + 2z∂z

∂x= 0, é dicir,

∂z

∂x= −x

z, sendo

z = ϕ(x, y).Analogamente, derivando (6.1) respecto dey, temos2y+ 2ϕ(x, y)D2ϕ(x, y) = 0, entónD2ϕ(x, y) = − y

ϕ(x, y). De

novo, denotadoz = ϕ(x, y), teriamos obtido2y + 2z∂z

∂y= 0, é dicir,

∂z

∂y= −y

z.

Podemos saber, por exemplo, as derivadas parciais da función implícita no punto(6,−3), D1ϕ(6,−3) = 3 eD2ϕ(6,−3) = −3

2 .

6.3. Teorema da función implícita

Os exemplos anteriores dan lugar a enunciar un resultado de existencia local e diferenciabilidade de funciónsdefinidas implicitamente por un sistema de ecuacións, que establece unha condición suficiente para que a ecuaciónfuncionalF (x, y) = 0, defina implicitamente, nun entorno dun punto(xo, yo), unha única función diferenciable.

DenotaremosDF (xo, yo)=(DxF (xo, yo) DyF (xo, yo)), sendoDxF (xo, yo) eDyF (xo, yo) as submatrices deDF (xo, yo) formadas polas derivadas parciais deF respecto das coordenadas dex ey respectivamente.

Teorema 6.8 (Existencia local e diferenciabilidade de funcións implícitas)SexanF : Rn+m → Rm e (xo, yo) ∈Rn+m, ondexo = (xo1, . . . , xon) eyo = (yo1, . . . , yom), tales que

1. F ∈ C1(Rn+m)

2. F (xo, yo) = 0 ∈ Rm

3. det(DyF (xo, yo)) 6= 0

entón existe unha única funciónϕ : B(xo, α) ⊂ Rn → B(yo, β) ⊂ Rm, verificando que

1. ϕ ∈ C1(B(xo, α))

2. ϕ(xo) = yo

3. F (x, ϕ(x)) = 0, para todox ∈ B(xo, α)

4. Dϕ(x) = −(DyF (x, ϕ(x))−1(DxF (x, ϕ(x))), para todox ∈ B(xo, α)

15

16 Tema 6. Funcións definidas implicitamente

Observacións. a) Da última propiedade do teorema anterior, pódese deducir facilmente que seF ∈ Ck(Rn+m), entónϕ ∈ Ck(B(xo, α)).

b)Dϕ(x) é unha matriz de ordem×n e DyF (x, ϕ(x)) eDxF (x, ϕ(x)) son matrices de ordesm×m e m×n,respectivamente.

c) As hipóteses 1) e 3),F ∈ C1(Rn+m) e det(DyF (xo, yo)) 6= 0, xustifican que det(DyF (x, ϕ(x)) 6= 0, paratodox ∈ B(xo, α), que é condición necesaria e suficiente para que exista a matriz(DyF (x, ϕ(x))−1 e, polo tanto, adiferencial da función implícita en todo punto deB(xo, α).

d) Debido a queϕ(xo) = yo, o cálculo da diferencial da función implícita no puntoxo redúcese a multiplicardúas matrices numéricas, poisDϕ(xo) = −(DyF (xo, yo))−1DxF (xo, yo). Por outra parte, o cálculo deDϕ(x) encalquera puntox ∈ B(xo, α), aínda que é máis laborioso por tratarse dun produto de matrices funcionais, non presentacomplicacións adicionais.

Exercicio Consideremos o sistema de ecuacións funcionais,

x2 + xy + z2 + tu = 0, x+ y + zu+ t2 = 0

1. Estuda se dito sistema define implicitamente unha función diferenciable,(x, y) = ϕ(z, t, u), nun entorno dopunto(xo, yo, zo, to, uo) = (0,−1, 0, 1, 0).

2. En caso afirmativo, calculaDϕ(0, 1, 0).

3. CalculaD32ϕ(z, t, u), para todo(z, t, u) dun entorno de(0, 1, 0).

Solución.

1. Comprobemos, en primeiro lugar, se se verifican as hipóteses do teorema da función implícita.

SexaF : R5 → R2, F (x, y, z, t, u) = (x2 + xy+ z2 + tu, x+ y+ zu+ t2), a función que define as ecuaciónsfuncionais do enunciado. Veríficase:

1) F = (F1, F2) ∈ C1(R5), por serenF1 eF2 funcións polinómicas enR5.

2) F (0,−1, 0, 1, 0) = (0, 0) trivialmente.

3)DF (x, y, z, t, u) =(

2x+ y x 2z u t1 1 u 2t z

), DF (0,−1, 0, 1, 0) =

(−1 0 0 0 1

1 1 0 2 0

), polo

que det(DxyF (0,−1, 0, 1, 0)) =∣∣∣∣ −1 0

1 1

∣∣∣∣ = −1 6= 0.

En consecuencia, o teorema da función implícita asegura a existencia dunha única función

ϕ : B((0, 1, 0), α) ⊂ R3 → B((0,−1), β) ⊂ R2

(z, t, u) → (x, y) = ϕ(z, t, u)verificandoa)ϕ ∈ C1(B((0, 1, 0), α))b)ϕ(0, 1, 0) = (0,−1)c) F (ϕ(z, t, u), z, t, u) = 0 para todo(z, t, u) ∈ B((0, 1, 0), α)d)Dϕ(z, t, u) = −(DxyF (ϕ(z, t, u), z, t, u))−1(DztuF (ϕ(z, t, u), z, t, u)), para todo(z, t, u) ∈ B((0, 1, 0), α).

2. Dϕ(0, 1, 0) = −(−1 0

1 1

)−1 (0 0 10 2 0

)=

(0 0 10 −2 −1

)e, daquela,

D1ϕ1(0, 1, 0) = ∂x∂z (0, 1, 0) = 0, D1ϕ2(0, 1, 0) = ∂y

∂z (0, 1, 0) = 0D2ϕ1(0, 1, 0) = ∂x

∂t (0, 1, 0) = 0, D2ϕ2(0, 1, 0) = ∂y∂t (0, 1, 0) = −2

D3ϕ1(0, 1, 0) = ∂x∂u(0, 1, 0) = 1, D3ϕ2(0, 1, 0) = ∂y

∂u(0, 1, 0) = −1

16

17

3. Se(z, t, u) ∈ B((0, 1, 0), α), tense que

Dϕ(z, t, u) = −(

2x+ y x1 1

)−1 (2z u tu 2t z

)=

−2z + xu

x+ y

−u+ 2txx+ y

−t+ xz

x+ y2z − (2x+ y)u

x+ y

u− 2t(2x+ y)x+ y

t− z(2x+ y)x+ y

Posto queϕ é tamén de clase dúas no seu dominio, podemos calcularD32ϕ1(z, t, u) derivando, respecto deu a

funciónD2ϕ1(z, t, u) =−u+ 2txx+ y

ou ben derivando respecto det a funciónD3ϕ1(z, t, u) =−t+ xz

x+ y.

D32ϕ1(z, t, u) =(−1 + 2tD3ϕ1(z, t, u))(x+ y)− (−u+ 2tx)(D3ϕ1(z, t, u) +D3ϕ2(z, t, u))

(x+ y)2

D23ϕ1(z, t, u) =(−1 + zD2ϕ1(z, t, u))(x+ y)− (xz − t)(D2ϕ1(z, t, u) +D2ϕ2(z, t, u))

(x+ y)2

17

18 Tema 6. Funcións definidas implicitamente

18

Capítulo 7

Problemas de extremos sen restricións

7.1. Optimización sen restricións

Estudaremos neste capítulo o comportamento das funcións reais, empregando o cálculo como ferramenta. Comezamoscoas definicións de máximos e mínimos locais ou relativos.

Definición 7.1 Dados unha funciónf : Rn −→ R exo ∈ Rn, dise que,

xo é un mínimo local ou relativo def se exister > 0 tal quef(x) ≥ f(xo), para todox ∈ B(xo, r).

xo é un máximo local ou relativo def se exister > 0 tal quef(x) ≤ f(xo), para todox ∈ B(xo, r).

xo é un mínimo relativo estrito def se exister > 0 tal quef(x) > f(xo), para todox ∈ B(xo, r), x 6= xo.

xo é un máximo relativo estrito def se exister > 0 tal quef(x) < f(xo), para todox ∈ B(xo, r), x 6= xo.

Do mesmo xeito defínense os máximos e mínimos globais.

Definición 7.2 Dados unha funciónf : Rn −→ R exo ∈ Rn, dise que,

xo é un mínimo global def sef(x) ≥ f(xo), para todox ∈ Rn.

xo é un máximo global def sef(x) ≤ f(xo), para todox ∈ Rn.

xo é un mínimo global estrito def sef(x) > f(xo), para todox ∈ Rn, x 6= xo.

xo é un máximo global estrito def sef(x) < f(xo), para todox ∈ Rn, x 6= xo.

Observación Un máximo ou un mínimo def denomínase extremo da función. É inmediato que todo extremo globalé un extremo local da función.

Definición 7.3 xo ∈ Rn é un punto crítico def : Rn −→ R seDif(xo) = 0, para todoi = 1, . . . , n.

Proposición 7.4 (Condición necesaria de primeira orde)Sexaf : Rn −→ R unha función diferenciable.Sexo ∈ Rn é un extremo def , entónxo é un punto crítico def .

Observación Esta condición de existencia de extremos é necesaria pero non suficiente, é dicir, existen puntos nos quese anulan tódalas derivadas parciais dunha función e estes non son extremos da mesma. Por exemplo,(0, 0) é un puntocrítico def(x, y) = x3y3 e non é non un extremo relativo def , xa que calquera que sexar > 0, os puntos( r

2 ,r2),

( r2 ,−

r2) ∈ B((0, 0), r) ef( r

2 ,r2) > f(0, 0) = 0 > f( r

2 ,−r2).

Para as funcións convexas diferenciables si que se verifica o recíproco do resultado 7.4.

Proposición 7.5 Sexaf : Rn → R diferenciable.

19

20 Tema 7. Problemas de extremos sen restricións

1. Sef é convexa enRn, xo ∈ Rn é un punto crítico def se, e só se,xo é un mínimo global def .

2. Sef é cóncava enRn, xo ∈ Rn é un punto crítico def se, e só se,xo é un máximo global def .

Definición 7.6 Un punto crítico dunha funciónf : Rn −→ R que non é máximo nin mínimo def denomínase puntode silla def .

Observación Como consecuencia da definición anterior, sexo é un punto crítico def , verifícase quexo é un puntode silla def se, e só se, calquera que sexar > 0 existenx, y ∈ B(xo, r) tales quef(x) > f(xo) > f(y).

Proposición 7.7 (Condición necesaria de segunda orde)Sexaf : Rn −→ R, f ∈ C2(Rn).

1. Sexo ∈ Rn é un mínimo relativo def ,Hf (xo) é semidefinida positiva.

2. Sexo ∈ Rn é un máximo relativo def ,Hf (xo) é semidefinida negativa.

Este resultado ten unha importancia relativa na clasificación dos puntos críticos dunha funciónf , no senso deeliminar a posibilidade de que un punto crítico sexa un máximo ou un mínimo. En efecto, sexo é punto crítico def ea matrizHf (xo) non é semidefinida positiva, entónxo non é un mínimo da función, polo quexo será un máximo def ou un punto de silla def . Asimesmo, seHf (xo) non é semidefinida negativa, entónxo será un mínimo def ou unpunto de silla def . Doutra forma, se realizamos este razonamento en positivo, temos que seHf (xo) é semidefinidanegativa,Hf (xo) 6= 0, entón o puntoxo é un máximo def ou un punto de silla def . SeHf (xo) é semidefinidapositiva,Hf (xo) 6= 0, entón o puntoxo é un mínimo def ou un punto de silla def .

Enunciamos a continuación unha condición suficiente para clasificar os puntos críticos.

Proposición 7.8 (Condición suficiente para a existencia de extremos)Sexanf : Rn −→ R, f ∈ C2(Rn), e xo ∈Rn un punto crítico def . Verifícase que,

1. SeHf (xo) é definida positiva, entónxo é un mínimo relativo estrito def .

2. SeHf (xo) é definida negativa, entónxo é un máximo relativo estrito def .

3. SeHf (xo) é non definida, entónxo é un punto de silla def .

Exemplo 7.9

Para obter os puntos críticos da funciónf(x, y) = x4 + y4 − 2(x− y)2, resolvemos as ecuacións

D1f(x, y) = 4x3 − 4(x− y) = 0D2f(x, y) = 4y3 + 4(x− y) = 0

Sumando ámbalas dúas ecuacións, temosx3 + y3 = 0 ou, equivalentemente,x = −y. Substituíndo, por exemplo, naprimeira obtemos a ecuación4x3 − 8x = 0, que ten como solucións0, −

√2 e

√2. Así, os puntos críticos def son

(0, 0), (−√

2,√

2) e (√

2,−√

2).Para clasificar os puntos críticos, en primeiro lugar, calculamos a matriz hessiana def en todo punto(x, y) ∈ R2,

Hf (x, y) =(

12x2 − 4 44 12y2 − 4

), e, posteriormente, estudamos o signo da matriz hessiana en cada punto crítico.

Hf(0, 0) =(−4 4

4 −4

), de ondeD1 = −4 < 0 eD2 = 0, polo queHf (0, 0) é semidefinida negativa e

non nula. Pola condición necesaria de segunda orde, o punto(0, 0) é un máximo ou un punto de silla def .Para clasificar o punto, temos que utilizar a definición de extremo. Para cualquerr > 0, ( r

2 ,r2) ∈ B((0, 0), r) e

f( r2 ,

r2) = 2( r

2)4 > 0 = f(0, 0), polo que(0, 0) non pode ser un máximo e, polo tanto, é un punto de silla def .

20

21

Hf(√

2,−√

2) = Hf(−√

2,√

2) =(

20 44 20

),D1 = 20 > 0, yD2 = 384 > 0, polo que a matriz hessiana

en ámbolos dous puntos é definida positiva. Pola condición suficiente,(√

2,−√

2) e (−√

2,√

2) son mínimosrelativos estritos def .

Exemplo 7.10

Clasifica, segundo os valores dea, b ∈ R, os puntos críticos da funciónf(x, y) = 23b

2x3 + a2xy2 − 12b

2x2 − a2y2.SoluciónComezaremos polo cálculo das derivadas parciais de primeira orde def .

D1f(x, y) = 2b2x2 + a2y2 − b2x

D2f(x, y) = 2a2xy − 2a2y = 2a2y(x− 1)

Os puntos críticos def son aqueles que anulan ámbalas dúas derivadas parciais. Así, para que se anule a segundaderivada parcial ten que suceder quea = 0, ouy = 0 ou benx = 1.

Caso 1Sea = 0, ou sustituir na primeira derivada parcial e igualar a0 obtemos2b2x2 − b2x = 0, é dicir,b2x(2x− 1) = 0, de ondeb = 0 oux = 0 oux = 1

2 .Deste caso (a = 0) obtemos entón os puntos críticos:(0, yo), (1

2 , yo), conyo ∈ R calquera. O caso en quea = b = 0podémolo obviar, xa quef sería a función constante0 e tódolos puntos serían máximos e mínimos globais ó mesmotempo.

Caso 2Sey = 0, ó substituir na primeira derivada parcial e igualar a0 obtemos2b2x2− b2x = 0, de onde de novob = 0 oux = 0 oux = 1

2 . Deste caso obtemos entón os puntos críticos:(0, 0), (12 , 0), e, seb = 0, (xo, 0), conxo ∈ R

calquera.

Caso 3Sex = 1, ó sustituir na primeira derivada parcial e igualar a0 obtemosb2 + a2y2 = 0, de donde, paraa 6= 0, obtense a ecuacióny2 = − b2

a2 < 0, que non ten solución.

Para proceder á clasificación dos puntos críticos necesitaremos a matriz hessiana da funciónf :

Hf (x, y) =(

4b2x− b2 2a2y2a2y 2a2x− 2a2

)

CLASIFICACIÓN DOS PUNTOS CRÍTICOS:

a) (0, yo), conyo ∈ R (sendoa = 0)

Tense queHf (0, yo) =(−b2 00 0

), que é semidefinida negativa, polo que só podemos afirmar que estespuntos

non poden ser mínimos def .

Por outra parte,Hf (x, y) =(

4b2x− b2 00 0

), que é semidefinida negativa no conxunto aberto e convexo{(x, y) ∈

R2 : x < 14}, polo quef é cóncava nel e tódolos puntos críticos def que pertencen a este conxunto, en particular os

que estamos analizando, son máximos relativos def .Tamén poderiamos ter clasificado estes puntos empregando a definición de máximo: comoa = 0,

f(x, y) = 2b2x3

3 − b2x2

2 = b2x2(23x−

12),

ademaisb2x2(23x−

12) ≤ 0 = f(0, yo), parax ≤ 3

4 . Polo tanto, se(x, y) ∈ B((0, yo), 38), tense quef(x, y) ≤ f(0, yo),

é dicir,(0, yo) é máximo relativo def .

b) (12 , yo), conyo ∈ R (sendoa = 0)

Tense queHf (12 , yo) =

(b2 00 0

), que é semidefinida positiva, polo que estes puntos non poden ser máximos de

f .

21

22 Tema 7. Problemas de extremos sen restricións

Seguindo un razoamento análogo ó do apartado anterior, a partir deHf (x, y), chegariamos a comprobar quef éconvexa no conxunto aberto e convexo{(x, y) ∈ R2 : x > 1

4}, polo que tódolos puntos críticos def que pertencen aeste conxunto, en particular os que estamos analizando, son mínimos relativos def .

Tamén poderiamos ter clasificado estes puntos usando a definición de mínimo.

c) (xo, 0), conxo ∈ R (sendob = 0)

Tense queHf (xo, 0) =(

0 00 2a2(xo − 1)

), que é semidefinida positiva sexo ≥ 1 e é semidefinida negativa se

xo ≤ 1.Así, sexo > 1, (xo, 0) non pode ser un máximo relativo def . Por outra parte, neste caso(b = 0),

f(x, y) = a2xy2 − a2y2 = a2y2(x− 1) ≥ 0 = f(xo, 0),

para todo(x, y) ∈ B((xo, 0), xo−12 ). Polo tanto(xo, 0) é un mínimo relativo def . Sexo < 1, (xo, 0) non pode ser

un mínimo relativo def . Por outra parte, neste caso(b = 0), f(x, y) = a2y2(x − 1) ≤ 0 = f(xo, 0), para todo(x, y) ∈ B((xo, 0), 1−xo

2 ). Polo tanto(xo, 0) é un máximo relativo def .Por último, sexo = 1, a matriz hessiana é semidefinida positiva e semidefinida negativa á un tempo polo que non

nos proporciona ningún tipo de información. Pero, podemos observar que, para todor > 0 os puntos(1 − r2 ,

r2) e

(1 + r2 ,

r2) pertencen á bolaB((1, 0), r), ademais

f(1− r2 ,

r2) = −a2 r3

8 < 0 = f(1, 0)

f(1 + r2 ,

r2) = a2 r3

8 > 0 = f(1, 0);

polo que(1, 0) non é máximo nin mínimo def , é un punto de silla.

d) Para clasificar o(0, 0), observamos queHf (0, 0) =(−b2 00 −2a2

), que é definida negativa, sea, b 6= 0, e polo

tanto, neste caso,(0, 0) é un máximo relativo estrito def .Para os casosa = 0 ou b = 0 xa temos visto que(0, 0) é tamén máximo relativo estrito def .

e) Para clasificar o(12 , 0), observamos queHf (1

2 , 0) =(b2 00 −a2

), que é non definida, sea, b 6= 0, e polo tanto,

neste caso,(0, 0) é un punto de silla def .Para os casosa = 0, b 6= 0 oub = 0, a 6= 0 xa vimos que(1

2 , 0) é mínimo relativo estrito e máximo relativo estritodef , respectivamente.

22

Capítulo 8

Optimización con restricións de igualdade

Sexanf : Rn −→ R, g = (g1, . . . , gm) : Rn −→ Rm e b = (b1, . . . , bm) ∈ Rm, conm < n. De entre tódolospuntosx ∈ Rn que verifiquen as igualdadesg1(x) = b1, . . . , gm(x) = bm (abreviadamente,g(x) = b), pretendemosatopar aqueles que minimicen ou maximicen a funciónf . Escribiremos este problema do seguinte xeito:

mın(max) : f(x)

s.a.g(x) = b

Definición 8.1 A funciónf do problema que vimos de plantexar denomínase función obxectivo; as funciónsgj de-nomínanse restricións do problema e os escalaresbj son os parámetros que definen as restricións. O conxunto depuntos que verifican as restricións,

S = {x ∈ Rn : gj(x) = bj , j = 1, . . . ,m} = {x ∈ Rn : g(x) = b},

coñécese como conxunto de solucións factibles do problema.

Definición 8.2 Sexanf : Rn −→ R, g : Rn −→ Rm eb ∈ Rm. Se denotamos porS = {x ∈ Rn : g(x) = b}, diremosque

xo ∈ S é un mínimo relativo def enS se exister > 0 tal quef(x) ≥ f(xo), para todox ∈ B(xo, r) ∩ S.

xo ∈ S é un máximo relativo def enS se exister > 0 tal quef(x) ≤ f(xo), para todox ∈ B(xo, r) ∩ S.

xo ∈ S é un mínimo relativo estrito def enS se exister > 0 tal quef(x) > f(xo), para todox ∈ B(xo, r)∩S,x 6= xo.

xo ∈ S é un máximo relativo estrito def enS se exister > 0 tal quef(x) < f(xo), para todox ∈ B(xo, r)∩S,x 6= xo.

Do mesmo xeito defínense os máximos e mínimos globais.

Definición 8.3 Coa notación da definición anterior, diremos que

xo ∈ S é un mínimo global def enS, sef(x) ≥ f(xo), para todox ∈ S.

xo ∈ S é un máximo global def enS sef(x) ≤ f(xo), para todox ∈ S.

xo ∈ S é un mínimo global estrito def enS sef(x) > f(xo), para todox ∈ S, x 6= xo.

xo ∈ S é un máximo global estrito def enS sef(x) < f(xo), para todox ∈ S, x 6= xo.

ObservaciónUn puntoxo ∈ S é un extremo relativo def enS, se é un mínimo ou un máximo relativo def enS.Nas definicións anteriores podemos empregar indistitamente as expresións extremo def enS, extremo def suxeito agj(x) = bj , para todoj = 1, . . . ,m, ou extremo def suxeito ag(x) = b.

23

24 Tema 8. Optimización con restricións de igualdade

Exemplo 8.4 Que punto do planox+ y + z = 1 dista menos da orixe de coordenadas?

O problema analítico consiste en minimizar a funciónf(x, y, z) = x2 + y2 + z2, suxeita á restricióng(x, y, z) =x+ y + z = 1. É dicir, plantexamos o problema

mın(max) : f(x, y, z) = x2 + y2 + z2

s.a.x+ y + z = 1

Para resolvelo, podemos, por exemplo, despexar na restricción a variablez = ϕ(x, y) e substituir na funciónobxetivo:

F (x, y) = f(x, y, ϕ(x, y)) = x2 + y2 + (1− x− y)2,

O problema queda, daquela, reducido a atopar os mínimos deF , para o cal resolvemos o sistema:

D1F (x, y) = 4x+ 2y − 2 = 0D2F (x, y) = 2x+ 4y − 2 = 0

Obtemos, así, o punto crítico deF , (xo, yo) = (13 ,

13). ComoHF (1

3 ,13) é definida positiva, o punto(1

3 ,13) resulta un

mínimo relativo estrito deF . Despexando agora na restricción concluimos que(xo, yo, zo) = (13 ,

13 ,

13) debe ser a

solución do problema, é dicir, un mínimo def suxeito ax+ y + z = 1.ObservaciónSe tomamos o exemplo 8.4, a intuición indícanos que trazando esferas centradas na orixe e de radioprogresivamente maior, a distancia da orixe ó planox + y + z = 1 será o radio da esfera máis pequena que conteñaalgún punto do plano. Fixádevos queDf(xo, yo, zo) = λDg(xo, yo, zo) para un únicoλ ∈ R.

O seguinte resultado, coñecido como teorema de Lagrange ou teorema dos multiplicadores de Lagrange, estableceunha condición necesaria para a existencia de solución do problema de optimización con restricións de igualdadeplantexado.

Teorema 8.5 (de Lagrange)Sexanf, g ∈ C1(Rn) e xo ∈ S verificando querangoDg(xo) = m < n. Sexo

é un extremo relativo def suxeito ag(x) = b, entón existenm números reais únicos,λ1, . . . , λm, denominadosmultiplicadores de Lagrange, tales que

Dif(xo)−m∑

k=1

λkDigk(xo) = 0, para todoi = 1, . . . , n.

A hipóteserangoDg(xo) = m, que se coñece como condición do rango, é necesaria como se comproba no seguinteexemplo.

Exemplo 8.6

Consideramos o problemamın f(x, y, z) = x2 +y2 +z2, suxeito ag(x, y, z) = (z, z2−(y−1)3) = (0, 0). Posto queS = {(x, y, z) ∈ R3 : z = 0, y = 1}, obviamentef ten un mínimo en(0, 1, 0). Sen embargo,rangoDg(0, 1, 0) =

rango(

0 0 10 0 0

)= 1 < 2,Df(0, 1, 0) = (0, 2, 0) e non existen escalaresλ1, λ2, tales que(0, 2, 0) = λ1(0, 0, 1) +

λ2(0, 0, 0).

Definición 8.7 Dadosm números reais,λ1, . . . , λm, a funciónL : Rn −→ R definida por

L(x) = f(x)−m∑

k=1

λk(gk(x)− bk),

denomínase función lagrangiana asociada ó problema.

24

25

ObservaciónCando non exista posibilidade de confusión ó traballar coa función lagrangiana, non faremos referenciaexplícita ós escalaresλ1, . . . , λm.

A definición anterior permite reformular o teorema de Lagrange nos seguintes termos:

Teorema 8.8 (de Lagrange)Sexanf, g ∈ C1(Rn) e xo ∈ S verificando querangoDg(xo) = m < n. Sexo é unextremo relativo def enS, existenm números reais únicos,λ1, . . . , λm, tales quexo é un punto crítico da funciónlagrangiana asociada. É dicirDiL(xo) = 0, para todo i = 1, . . . , n.

ObservaciónNa práctica, para atopar os posibles extremos do problema é preciso calcular os puntos críticos da funciónlagrangiana que verifican as restricións. Isto é, temos que resolver o sistema den+m ecuacións conn+m incógnitas,x1, . . . , xn, λ1, . . . , λm, dado por

DiL(x) = Dif(x)−n∑

k=1

λkDigk(x) = 0, i = 1, . . . , n

gj(x) = bj , j = 1, . . . ,m.

Unha vez calculadas as posibles solucións do problema mediante a condición necesaria, clasificámolas empregandoas condicións suficientes que enunciamos a continuación.

Teorema 8.9 (Condición suficiente forte)

1. Sexo ∈ S é un mínimo relativo da función lagrangianaL(x), xo é un mínimo relativo def suxeito ag(x) = b.

2. Sexo ∈ S é un máximo relativo da función lagrangianaL(x), xo é un máximo relativo def suxeito ag(x) = b.

ObservaciónCómpre resaltar que neste resultado non son necesarias hipóteses adicionais. O resultado segue sendoválido aínda quexo non sexa punto crítico ou mesmo para funcións non diferenciables.

O corolario seguinte será moi útil na práctica.

Corolario 8.10 Sexanf, g ∈ C2(Rn) exo ∈ Rn un punto que verifica o teorema de Lagrange.

1. SeHL(xo) é definida positiva,xo é un mínimo relativo estrito def enS.

2. SeHL(xo) é definida negativa,xo é un máximo relativo estrito def enS.

3. SeHL(x) é semidefinida positiva, para todox ∈ Rn, xo é un mínimo global def enS.

4. SeHL(x) é semidefinida negativa, para todox ∈ Rn, xo é un máximo global def enS.

Exemplo 8.11

O problemamın(max) : f(x, y, z) = x2 + y2 + z2 suxeito a:x + y + z = 1 verifica a hipótese do rango, pois amatrizDg(x, y, z) =

(1 1 1

)ten rango un. A función lagrangiana éL(x, y) = x2 + y2 + z2 − λ(x+ y + z − 1)

e das ecuacións

D1L(x, y, z) = 2x− λ = 0D2L(x, y, z) = 2y − λ = 0D3L(x, y, z) = 2z − λ = 0

x+ y + z = 1

obtense o único punto crítico da función lagrangiana que está no conxunto de solucións factibles,(13 ,

13 ,

13). A matriz

hessiana da lagrangiana,HL(x, y, z) =

2 0 00 2 00 0 2

, é definida positiva, polo que o punto(13 ,

13 ,

13) é o único mínimo

do problema.

25

26 Tema 8. Optimización con restricións de igualdade

O teorema 8.9 é un resultado moi forte, no senso de que existen bastantes situacións prácticas nos que este teoremanon clasifica o punto que estamos estudando. Para resolver, en parte, este problema, existe unha condición suficientemáis feble que a anterior. Este resultado obtense estudando a matriz borde da hessiana do problema no puntoxo, queé a matriz cadrada de ordem+ n definida por

D(xo) =(

0 Dg(xo)Dg(xo)t HL(xo)

).

Para cadar = 1, . . . , n, denotaremos por∆r o menor principal de ordem+ r da matrizD(xo), é dicir,

∆r(xo) =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

0 . . . 0 D1g1(xo) . . . Drg1(xo)...

......

......

...0 . . . 0 D1gm(xo) . . . Drgm(xo)

D1g1(xo) . . . D1gm(xo) D11L(xo) . . . D1rL(xo)...

......

......

...Drg1(xo) . . . Drgm(xo) Dr1L(xo) . . . DrrL(xo)

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣.

Teorema 8.12 (Condición suficiente feble)Sexanf, g ∈ C2(Rn) e xo ∈ S un punto que verifica o teorema deLagrange.

1. Se(−1)m∆r(xo) > 0, para todor = m + 1, . . . , n, entónxo é un mínimo relativo estrito def suxeito ag(x) = b.

2. Se(−1)r∆r(xo) > 0, para todor = m + 1, . . . , n, entónxo é un máximo relativo estrito def suxeito ag(x) = b.

Exemplo 8.13

Atopa os extremos def(x, y) = (x− 1)2 + y2, suxeito ax2 + 4y2 = 16.Solución.Para este problema verifícase a condición do rango, pois en caso contrario,rango

(2x 8y

)= 0 se,

e só se,(x, y) = (0, 0); pero este punto non é unha solución factible do problema. Isto é, se(x, y) ∈ S, entónrangoDg(x, y) = 1.

Consideramos función lagrangiana asociada ó problema,L(x, y) = (x−1)2+y2−λ(x2+4y2−16), e plantexamosas ecuacións necesarias para calcular os puntos críticos deL que verifican as restricións,

D1L(x, y) =2(x− 1)− 2λx = 0D2L(x, y) =2y − 8λy = 2y(1− 4λ) = 0

x2 + 4y2 = 16.

Da segunda ecuación temos quey = 0, ouλ = 14 . Sey = 0, da restrición obtemos quex = 4 oux = −4. Así, se

x = 4, da primeira ecuaciónλ = 34 ; e sex = −4, da primeira ecuaciónλ = 5

4 . Por outra parte, seλ = 14 , da primeira

ecuación temos quex = 43 e, da restrición,y = 4

√2

3 ey = −4√

23 .

En resume, temos catro puntos críticos da función lagrangiana que verifican a restrición, a saber

(4, 0), conλ = 34 ; (−4, 0), conλ = 5

4 ; (43 ,

4√

23 ), conλ = 1

4 ; (43 ,−

4√

23 ), conλ = 1

4 .

A matriz hessiana da lagrangiana,HL(x, y) =(

2− 2λ 00 2− 8λ

), vainos permitir clasificar estes puntos.

Paraλ = 14 , temos queHL(x, y) =

(32 00 0

)é semidefinida positiva, para todo(x, y) ∈ R2, de onde deducimos

que a función lagrangiana é convexa enR2 e, daquela,(43 ,

4√

23 ) e (4

3 ,−4√

23 ) son mínimos globais deL. Polo

corolario da condición suficiente forte, estes puntos son mínimos globais def suxeitos ax2 + 4y2 = 16.

26

27

Seλ = 54 , entónHL(x, y) =

(−1

2 00 −8

)= HL(−4, 0) é definida negativa, polo que(−4, 0) é un máximo

relativo (tamén global) estrito def suxeito ax2 + 4y2 = 16.

Paraλ = 34 , temos queHL(x, y) =

(12 00 −4

)= HL(4, 0) é non definida, e temos que utilizar a condición

suficiente feble. A matriz borde da hessiana éD(4, 0) =

0 8 08 1

2 00 0 −4

e o determinante∆2 = det(D(4, 0)) =

256 > 0, polo que(4, 0) é un máximo relativo estrito def suxeito ax2 + 4y2 = 16.

Exemplo 8.14

Consideremos o problemamax : f(x, y, z) = xyz suxeito a:x+ y + z = 3.Verifícase a hipótese do rango poisrango

(1 1 1

)= 1, en todoR3, en particular na solución do problema. A

función lagrangiana éL(x, y, z) = xyz − λ(x+ y + z − 3). Resolvemos o sistema

D1L(x, y, z) = yz − λ = 0D2L(x, y, z) = xz − λ = 0D3L(x, y, z) = xy − λ = 0

x+ y + z = 1

Das tres primeras ecuacións deducimos queλ = yz = xz = xy e, como ningunha coordenada pode ser nula, obtemosquex = y = z. Substituindo agora na restrición resultax = 1, polo que o único punto crítico do problema é(1, 1, 1).

A matriz hessiana da lagrangiana éHL(x, y, z) =

0 z yz 0 xy x 0

e HL(1, 1, 1) =

0 1 11 0 11 1 0

, que é non

definida. Estamos, pois, nun caso no que a condición suficente forte non decide e precisamos empregar a feble. Nestecaso,m = 1, r = 2, 3 e

D(1, 1, 1) =

0 1 1 11 0 1 11 1 0 11 1 1 0

, D2 =

∣∣∣∣∣∣0 1 11 0 11 1 0

∣∣∣∣∣∣ = 2 > 0 eD3 =

∣∣∣∣∣∣∣∣0 1 1 11 0 1 11 1 0 11 1 1 0

∣∣∣∣∣∣∣∣ = −3 < 0.

Entón(1, 1, 1) é un máximo relativo estrito def suxeito á restriciónx+ y + z = 3.

27