Derivadas de Funciones Vectoriales 2 Teorema 1. Si f es una función vectorial continua sobre [a, b] y diferenciable sobre (a, b), entonces existe Ci (a, b) tal que f (b) − f (a) = (b − a)(f10 (C1 ), . . . , fn0 (Cn )). Demostración: Por hipotesis fi es continua y diferenciable, por lo tanto para cada fi existe Ci (a, b) tal que fi0 (Ci ) = fi (b) − fi (a) . b−a por lo tanto fi0 (Ci )(b − a) = fi (b) − fi (a) por lo tanto f (b) − f (a) = (b − a)(f10 (C1 ), . . . , fn0 (Cn )) Teorema 2. Si ϕ es diferenciable sobre un intervalo I ⊂ R y f es diferenciable sobre un intervalo que contiene a ϕ(I) = {ϕ(t)|tI}, entonces f ◦ ϕ es diferenciable en I y (f ◦ ϕ)0 = f 0 ◦ ϕ · ϕ0 sobre I Demostración: Tenemos que: (f ◦ ϕ)0 = [(f1 ◦ ϕ)0 , . . . , (fn ◦ ϕ)0 ] = [f10 ◦ ϕ · ϕ0 , . . . , fn0 ◦ ϕ · ϕ0 ] = [f10 ◦ ϕ, . . . , fn0 ◦ ϕ]ϕ0 = f 0 ◦ ϕ · ϕ0 Fórmula de Taylor Si f (t) = (f1 (t), f2 (t), ..., fn (t)) es una función vectorial que es continua y diferenciable hasta n + 1 − veces entonces para cada i = 1, ..., n se tiene que fi (t + h) = fi (t) + h · fi0 (t) + + ∴ (f1 (t)+h·f10 (t)++ hn n h2 00 · fi (t) + ... + · f (t) + Rin 2! n! i f (t + h) = (f1 (t + h), f2 (t + h), ..., fn (t + h)) = h2 00 hn h2 hn ·f1 (t)+...+ ·f1n (t)+R1n , ..., fn (t)+h·fn0 (t)+ ·fn00 (t)+...+ ·fnn (t)+R1n ) = 2! n! 2! n! 1 h2 00 hn (f1 (t), ..., fn00 (t)) + ... + (f1n (t), ..., fnn (t)) 2! n! 2 n h h = f (t) + h · f 0 (t) + f 00 (t) + ... + f n (t) 2! n! (f1 (t), ..., fn (t)) + h · (f10 (t), ..., fn0 (t)) + que es la fórmula de taylor para funciones vectoriales Definición . . . , fn ) es una funcion vectorial definida sobre [a, b], entonces 1 , Z b1. Si f = Z (f Z b b fn . f= f1 , . . . , a a a Z b fi con i = 1, . . . , n existe. En La integral existe siempre que cada una de las integrales a Z b f (t)dt existe. particular, si f es continua sobre [a, b] entonces a Teorema 3. Si f = (f1 , . . . , fn ) es continua sobre un intervalo I y a I entonces: Z t f d a = f (t) ∀ t I dt Demostración. La prueba se obtiene por la aplicación del primer teorema fundamental del cálculo a cada una de las funciones componentes Z t Z t Z t d f d a = f1 , . . . , fn dt dtZ t a Za t d d f1 , . . . , fn dt a dt a = (f1 (t), . . . , fn (t)) = f (t) Teorema 4. Si f = (f1 , . . . , fn ) tiene derivada continua sobre un intervalo I, entonces ∀ a, b I Z b f 0 (t) = f (b) − f (a) a 2 Demostración. b Z f a 0 b Z (f10 , . . . , fn0 ) aZ t Z t 0 fn0 f1 , . . . , = = a a = (f1 (b) − f1 (a), . . . , fn (b) − fn (a)) = f (b) − f (a) Teorema 5. Si f (t) = (f1 (t), f2 (t), ..., fn (t)) es integrable en [a, b], para todo vector C = (c1 , c2 , ..., cn ) entonces el producto escalar C · F es integrable en [a, b] y Z b Z b f (t)dt = C · f (t)dt C· a a Demostración. Tenemos que Z b Z b Z b Z b f1 (t)dt, f2 (t)dt, ..., fn (t)dt = C· f (t)dt = (c1 , c2 , ..., cn ) · a a a a Z b Z b Z b c1 · f1 (t)dt + c2 · f2 (t)dt + ... + cn · fn (t)dt = a a b Z Z a b Z c2 · f2 (t)dt + ... + c1 · f1 (t)dt+, Z b C · f (t)dt cn · fn (t)dt = a a a a b Teorema 6. Si f y kf k son integrables en [a, b] entonces Z b Z b f (t)dt kf (t)kdt ≤ a Demostración. Sea C = Rb f (t)dt por lo que se tiene a Z 2 kCk = C · C = C · ∴ Z kCk ≤ b Z b Z C · f (t)dt ≤ f (t)dt = a 2 a a b Z |C · f (t)|dt ≤ a Z kCkkf (t)kdt ⇒ kCk ≤ a b a 3 b b kCkkf (t)kdt a Z b Z b kf (t)kdt ⇒ f (t)dt kf (t)kdt ≤ a a