%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
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%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
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\Materia{Cálculo Avanzado}
\Cuatrimestre{Primer Cuatrimestre --- 2010}
\Practica{10}
\Titulo{Diferenciación}

\begin{document}

\maketitle


%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
\section{Diferenciación}

\begin{ejercicios}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Sea $f:\RR\to\RR$ una función derivable tal que $f'$ es acotada.
Entonces $f$ es uniformemente continua.

\begin{Solucion}
Por hipótesis, existe $K\geq0$ tal que $\abs{f'(x)}\leq K$ para todo
$x\in\RR$. Sea $\eps>0$. Si $x$,~$y\in\RR$ son tales que $x<y$ y 
$\abs{x-y}<\eps/K$, entonces del teorema de Lagrange existe $\xi\in(x,y)$
tal que $f(y)-f(x)=f'(\xi)(y-x)$. Pero entonces
$\abs{f(y)-f(x)}=\abs{f'(\xi)}\abs{x-y}\leq K\eps/K=\eps$. Vemos que $f$ es
uniformemente continua, como queríamos.~\qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Sea $f:(a,b)\to\RR$ una función continua y derivable en
$(a,b)\setminus\{x_0\}$. Supongamos además que los límites laterales
de~$f'$ en~$x_0$ existen y son finitos.
\begin{ejitems}

\item $f$ es derivable lateralmente en~$x_0$. Más aún, si ambos límites
laterales coinciden, entonces $f$ es derivable en~$x_0$; determine $f'(x_0)$
en ese caso.

\item Los resultados de la parte anterior dejan de ser válidos si se omite
la hipótesis de continuidad de~$f$ en~$x_0$.

\end{ejitems}

\begin{Solucion}
\ejitem{1} Veamos que existe la derivada por derecha en~$x_0$; la
existencia de la derivada por izquierda es por supuesto similar. Sea
$\alpha=\lim_{x\downarrow x_0} f'(x)$.

Sea $\eps>0$. Como $f'(x)\to\alpha$ cuando $x\downarrow x_0$, existe $\delta>0$ tal que 
  \[
  0<h<\delta \implies \abs{f'(x_0+h)-\alpha} < \eps.
  \]
Sea $h\in(0,\delta)$. La continuidad de $f$ en~$x_0$ implica que existe
$k\in(0,h)$ tal que $\abs{f(x_0+k)-f(x_0)}<\eps/h$ y $\abs{\alpha k}<h\eps$. 
Es inmediato verificar que
  \[
  \frac{f(x_0+h)-f(x_0)}{h} - \alpha
    = \left(\frac{f(x_0+h)-f(x_0+k)}{h-k}-\alpha\right) \frac{h-k}{h}
        + \frac{f(k)-f(x_0)}{h} - \alpha\frac kh.
  \]
Existe $\xi\in(k,h)$ tal que $f(x_0+h)-f(x_0+k)=f'(\xi)(h-k)$, así que
  \[
  \abs*{\frac{f(x_0+h)-f(x_0+k)}{h-k}-\alpha}
    \leq \abs{f'(\xi)-\alpha} < \eps,
  \]
y usando esto vemos que
  \begin{multline*}
  \abs*{\frac{f(x_0+h)-f(x_0)}{h} - \alpha} \\
     \leq  \abs*{\frac{f(x_0+h)-f(x_0+k)}{h-k}-\alpha} \frac{h-k}{h}
        + \frac{\abs{f(k)-f(x_0)}}{h} + \abs{\alpha}\frac kh 
     \leq 3\eps
  \end{multline*}
por que $0<(h-k)/h<1$, $\abs{f(k)-f(x_0)}<\eps/h$ y $\abs{\alpha k}/h\eps$.
Concluimos así que
  \[
  \lim_{h\downarrow0} \frac{f(x_0+h)-f(x_0)}{h} = \alpha,
  \]
esto es, que $f$ es derivable a derecha en~$x_0$, como queríamos.

Es inmediado que si los límites laterales $\lim_{h\downarrow}f'(x_0+h)$ y
$\lim_{h\uparrow0}f'(x_0+h)$ existen y tienen el mismo valor~$\alpha$,
entonces $f$ es derivable a derecha y a izquierda en~$x_0$, y que 
ambas derivadas laterales valen~$\alpha$. Esto implica, por supuesto, que
$f$ es de hecho derivable en~$x_0$ con derivada~$f'(x_0)=\alpha$.

\ejitem{2} Sea $f:(-1,1)\to\RR$ tal que $f(x)=0$ si $x<0$ y $f(x)=1$ si
$x\geq1$. Es evidente que $f$ es derivable en~$(-1,1)\setminus\{0\}$, y que
existen los límites $\lim_{h\downarrow0}f'(h)$ y $\lim_{h\uparrow0}f'(h)$,
con el mismo valor finito. Pero $f$ no es derivable en~$0$, ya que ni
siquiera es allí continua.~\qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Sean $\alpha<a<b<\beta$ y $f:[\alpha,\beta]\to\RR$ una función
derivable en~$(\alpha,\beta)$ tal que $f'(a)\neq f'(b)$.
\begin{ejitems}

\item Si $f'(a)<0<f'(b)$, entonces existe $c\in(a,b)$ tal que $f'(c)=0$.

\item Si $\lambda\in\RR$ es tal que $f'(a)<\lambda<f'(b)$, entonces existe
$d\in(a,b)$ tal que $f'(d)=\lambda$.

\item Sea $g:(-1,1)\to\RR^2$ tal que
  \[
  g(t) = \begin{cases}
           (t^2\sin\tfrac1t,t^2\cos\tfrac1t), & \text{si $0<t<1$;} \\
           (0,0), & \text{si $-1<t\leq0$;} 
         \end{cases}
  \]
Entonces $g$ es derivable en~$(-1,1)$ pero $g'((-1,1))$ no es conexo.
\end{ejitems}

\begin{Solucion}
\ejitem{1} Como $f$ es continua en~$[a,b]$, existe $c\in[a,b]$ tal que
$f(c)\leq f(x)$ para todo $x\in[a,b]$. Como
$f'(a)=\lim_{h\downarrow0}(f(a+h)-f(a))/h<0$, existe $a<x<b$ tal que
$f(x)<f(a)$. Esto implica que $f(c)<f(a)$ y, en particular, que $c\neq a$.
De la misma forma, como $f'(b)>0$ es $c\neq b$, y vemos entonces que
$c\in(a,b)$. Para terminar, mostremos que $f'(c)=0$.
Si $0<h\ll 1$, es $(f(c+h)-f(c))/h\geq0$, así que la derivada a derecha
de~$f$ en~$c$ es $f'_-(c)\geq0$, y como $(f(c-h)-f(c))/h\leq0$, la derivada
a izquierda es $f'_+(c)\leq0$. Como $f'(c)=f'_-(c)=f'_+(c)$, vemos que
$f'(c)=0$.

\ejitem{2} Esto sigue de aplicar~\ejitem{1} a la función
$g:x\in[\alpha,\beta]\mapsto f(x)-\lambda x\in\RR$.

\ejitem{3} Es inmediato que $g$ es derivable en~$(-1,0)$ y en~$(0,1)$, y
que la derivada a izquierda en~$0$ existe y es nula. Para ver que $g$ es
derivable, resta entonces mostrar que 
  \[
  \lim_{h\downarrow0}\frac{g(h)-g(0)}{h}
    = \lim_{h\downarrow0}\frac1h(h^2\sin\tfrac1h,h^2\cos\tfrac1h)
    = \lim_{h\downarrow0}(h\sin\tfrac1h,h\cos\tfrac1h)
    = 0,
  \]
lo que sigue inmediatamente de que
$\norm{(h\sin\tfrac1h,h\cos\tfrac1h)}\leq h$ si $0<h$.

Sea $t\in(0,1)$. Es $g'(t) = (2t\sin\tfrac1t-\cos\tfrac1t,
2t\cos\tfrac1t+\sin\tfrac1t)$, y un cálculo directo muestra que
$\norm{g'(t)}^2={1+4t^2}>1$. 
Si $\Gamma=g'((-1,1))$, con esto vemos que
$\Gamma\cap(\RR^2\setminus B(0,1)\neq\emptyset$ y que $\Gamma\cap
B(0,1)=\{(0,0)\}$. Se sigue inmediatamente que $\Gamma$ no es conexo.~\qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Sea $A\subseteq\RR^n$ un abierto no vacío y sea $f:A\to\RR^n$. Si $f$
es diferenciable en~$x_0$, entonces existen $\delta>0$ y $c\geq0$ tales que
$B(x_0,\delta)\subseteq A$ y $\norm{f(x)-f(x_0)}\leq c\norm{x-x_0}$ para
todo $x\in B(x_0,\delta)$.

\begin{Solucion}
Como $f$ es diferenciable en~$x_0$, existe una función lineal
$T:\RR^n\to\RR^n$ tal que 
  \[
  \lim_{x\to x_0} \frac{f(x) - f(x_0) - T(x-x_0)}{\norm{x-x_0}} = 0.
  \]
Sabemos que $T$ es continua, así que existe $K\geq0$ tal que $\norm{Tx}\leq
K\norm{x}$ para todo $x\in\RR^n$.

Existe $\delta>0$ tal que $B(x_0,\delta)\subseteq A$ y
  \[
  x\in B(x_0,\delta) \implies \norm{f(x)-f(x_0)-T(x-x_0)} \leq
  \norm{x-x_0},
  \]
y entonces si $x\in B(x_0,\delta)$ tenemos que
  \[
  \norm{f(x)-f(x_0)}
    \leq  \norm{f(x)-f(x_0)-T(x-x_0)} + \norm{T(x-x_0)}
    \leq (1+K)\norm{x-x_0}.
  \]
Podemos entonces tomar $c=1+K$.~\qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Sean $x_1$,~$x_2\in\RR^n$ y sea $A\subseteq\RR^N$ un abierto que
contiene al segmento $S$ que une $x_1$ y $x_2$.
\begin{ejitems}
 
\item Si $f:A\to\RR$ una función diferenciable, entonces existe $x$ en el
segmento~$S$ tal que $f(x_1)-f(x_2)=Df(x)(x_1-x_2)$.

\item Sin embargo, esto es falso para una función $f:A\to\RR^m$.

\item\label{eq:loc} Si $f:A\to\RR^m$ es una función diferenciable tal que
$\norm{Df(x)}\leq M$ para todo $x\in A$, entonces $\norm{f(x_1)-f(x_2)}\leq
M\norm{x_1-x_2}$.

\end{ejitems}

\begin{Solucion}
\ejitem{1} Consideremos la función $\gamma:t\in\RR\mapsto(1-t)x_2+tx_1\in\RR^n$.
Como $A$ es abierto y el segmente de $x_1$ a~$x_2$ está contenido en~$A$,
es claro que existe $\eps>0$ tal que $\gamma((-\eps,1+\eps))\subseteq A$.
La función $f\circ\gamma:(-\eps,1+\eps)\to\RR$ es derivable, así que del
teorema de Lagrange existe $\tau\in(0,1)$ tal que 
  \[
  f(x_1)-f(x_2) 
        = (f\circ\gamma)(1)-(f\circ\gamma)(0)
        = (f\circ\gamma)'(\tau).
  \]
Usando la regla de la cadena, vemos que
$(f\circ\gamma')(\tau)=Df(\gamma(\tau))\tau'(\tau)=Df(\gamma(\tau))(x_1-x_2)$.
Basta entonces tomar $x=\gamma(\tau)$, que es un punto del segmento que une
$x_1$ con~$x_2$.

\ejitem{2} Consideremos la función $f:t\in\RR\mapsto(\cos t,\sin t)\RR^2$ y
sean $x_1=0$ y $x_2=2\pi$. Entonces $f(x_1)-f(x_2)=0$ y
$x_1-x_2=2\pi\neq0$, pero no existe $x\in(x_1,x_2)$ tal que $f'(x)=0$.

\ejitem{3} Sean como arriba $\gamma:t\in\RR\mapsto(1-t)x_2+tx_1\in\RR^n$ y
$\eps>0$ tal que $\gamma((-\eps,1+\eps))\subseteq A$. Entonces 
  \[
  f(x_1)-f(x_2) = \int_0^1 \frac{\d}{\d t}(f\circ\gamma)(t)\,\d t
        = \int_0^1 Df(\gamma(t))\gamma'(t)\,\d t.
  \]
Es $\gamma'(t)=x_1-x_2$, así que
  \[
  \norm{f(x_1)-f(x_2)} = \norm*{\int_0^1 Df(\gamma(t))\gamma'(t)\,\d t}
        \leq \int_0^1 \norm{Df(\gamma(t))}\norm{\gamma'(t)}\,\d t
        \leq M\norm{x_1-x_2}.
  \]
Esta es la desigualdad buscada.~\qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item\label{ej:loc0} Sea $A\subseteq\RR^n$ un abierto conexo y sea
$f:A\to\RR^m$ una función diferenciable. Si $Df(x)=0$ para todo $x\in A$,
entonces $f$ es constante en~$A$.

\begin{Solucion}
Como $\norm{Df(x)}=0$ para todo $x\in A$, del ejercicio~\ref{eq:loc}
sabemos que $f$ toma el mismo valor en dos puntos de~$A$ que pueden unirse
por un segmento totalmente contenido en~$A$. Se sigue de esto
inmediatamente que $f$ toma el mismo valor en dos puntos de~$A$ que pueden
unirse por una \emph{poligonal} totalmente contienida en~$A$. Sea $x_0\in
A$ y sea $C$ el conjunto de todos los puntos de~$A$ que pueden ser unidos
a~$x_0$ por una poligonal totalmente contenida en~$A$. Para ver que $f$ es
constante en~$A$, bastará entonces mostrar que $C=A$.

Supongamos que $x\in C$ y sea $\gamma$ una poligonal totalmente contenida
en~$A$ que une $x_0$ con~$x$. Como $x\in A$, existe $\delta>0$ tal que
$B(x,\delta)\subseteq A$. Si $y\in B(x,\delta)$, entonces el segmento
$\sigma$ que une $x$ con $y$ está contenido en~$A$, así que la poligonal
que se obtiene concatenando~$\gamma$ con~$\sigma$ es una poligonal
totalmente contenida en~$A$ que une $x_0$ con~$y$. Vemos que $y\in C$ y, en
definitiva, que $B(x,\delta)\subseteq C$: esto prueba que $C$ es abierto
en~$A$. Como $A$ es conexo por hipótesis, para probar que $C=A$ bastará
mostrar que $C$ es también cerrado en~$A$.

Sea $(y_n)_{n\geq1}$ una sucesión de puntos de~$C$ que converge a un punto
$y\in A$. Como $A$ es abierto, existe $\delta>0$ tal que
$B(y,\delta)\subseteq A$, y como $y_n\to y$, existe $n_0\in\NN$ tal que
$y_{n_0}\in B(y,\delta)$. Como hay una poligonal totalmente contenida
en~$A$ que une a~$x_0$ con $y_{n_0}$ y el segmento que une $y_{n_0}$
con~$y$ está contenido en~$B(y,\delta)\subseteq A$, vemos que $y\in C$.
Esto es, $C$ es cerrado en~$A$.~\qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Sea $A\subseteq\RR^n$ un abierto conexo y sea $f:A\to\RR^m$ una
función tal que 
  \[
  \norm{f(x)-f(y)}\leq\norm{x-y}^2
  \]
para cada par de puntos $x$,~$y\in A$. Entonces $f$ es constante.

\begin{Solucion}
En vista del ejercicio~\ref{ej:loc0}, bastará mostrar que $f$ es
diferenciable en~$A$ y que $Df(x)=0$ para todo $x\in A$. 

Sea entonces $x\in A$ y sea $T:\RR^n\to\RR^m$ la aplicación nula. Entonces
  \[
  \frac{\norm{f(y)-f(x)-T(y-x)}}{\norm{y-x}}
    = \frac{\norm{f(y)-f(x)}}{\norm{y-x}} 
    \leq \norm{y-x},
  \]
y es evidente que esto converge a~$0$ si $y\to x$. Esto nos dice que $f$ es
diferenciable en~$x$ y que $Df(x)=T=0$.~\qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Una función $f:A\to\RR$ definida en un abierto de~$\RR^n$ y con
derivadas parciales acotadas es continua.

\begin{Solucion}
Sea $K\geq0$ tal que $\abs[\big]{\tfrac{\partial f}{\partial x_i}(x)}\leq K$ si $x\in A$ y
$1\leq i\leq n$.

Sea $x=(x_1,\dots,x_n)\in A$ y sea $\eps>0$. Sea $\delta>0$ tal que $B(x,\delta)\subseteq
A$ y $2nK\delta<\eps$. 

Sea $y=(y_1,\dots,y_n)\in B(x,\delta)$ y para cada $i\in\{0,\dots,n\}$ sea
$z_i=(y_1,\dots,y_i,x_{i+1},\dots,x_n)$, de manera que, en particular,
$z_0=x$ y $z_n=y$. Si $0\leq i<n$, usando el teorema de Lagrange para la
función 
  \[
  t\in [x_{i+1},y_{i+1}] \mapsto f(y_1,\dots,y_{i},t,x_{i+2},\dots,x_n) \in\RR
  \]
podemos ver inmediatamente que
  \[
  \abs{f(z_{i+1})-f(z_{i})} \leq K \norm{z_{i+1}-z_{i}}\leq 2K\delta,
  \]
de manera que
  \[
  \abs{f(y)-f(x)} \leq \sum_{i=0}^{n-1}\abs{f(z_{i+1})-f(z_i)} \leq
  2Kn\delta<\eps.
  \]
Esto muestra que $f$ es continua en~$x$.~\qed
\end{Solucion}

\end{ejercicios}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
\section{Teoremas de la Función Inversa y de la Función Implícita}

\begin{ejercicios}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Sea $f:\RR\to\RR$ la función tal que
  \[
  f(t) = \begin{cases}
        t+2t^2\sin\tfrac1t, & \text{si $t\neq0$;} \\
        0, & \text{si $t=0$.}
         \end{cases}
  \]
Entonces $f'(0)=1$ y $f'$ es acotada en~$(-1,1)$, pero sin embargo $f$ no
es biyectiva en ningún entorno de~$0$. 
En particular, la continuidad de~$f'$ en el punto es necesaria en el
teorema de la función inversa.

\begin{Solucion}
Es claro que $f$ es derivable en $\RR\setminus\{0\}$. Para ver que también
es derivable en~$0$ y que $f'(0)=1$ tenemos que mostrar que 
  \[
  \lim_{h\to0}\frac{f(h)}{h} 
        = \lim_{h\to0}(1+2h\sin\tfrac1h)
        = 1,
  \]
lo que es claro. Para ver que $f'$ es acotada en~$(-1,1)$ alcanza con
mostrar que es acotada en~$(-1,1)\setminus\{0\}$, y allí es
  \[
  \abs{f'(t)} = \abs*{ 4 t \sin \tfrac{1}{t}-2 \cos\tfrac{1}{t}+1 }
        \leq \abs*{ 4 t \sin \tfrac{1}{t}} + \abs*{2 \cos\tfrac{1}{t}} +1 
        \leq 4 + 2 + 1 = 7.
  \]
Mostremos, para terminar, que $f$ no es inyectiva en ningún entorno de~$0$.
Para cada $k\geq0$ sea $\alpha_k=((k+1/2)\pi)^{-1}$. Entonces
  \[
  f(\alpha_k) = \frac{ (k+\tfrac12)\pi+2(-1)^k}{(k+\tfrac12)^2\pi^2}.
  \]
y se puede ver que para todo $k\geq1$ es
$f(\alpha_{2k+1})<f(\alpha_{2k+2})<f(\alpha_{2k})$.
Como $f$ es continua en~$(0,+\infty)$, vemos que para cada $k\geq1$
existe $\beta_k\in(\alpha_{2k+1},\alpha_{2k})$ tal que
$f(\beta_k)=f(\alpha_{2k+2})$. Tenemos que
$\alpha_{2k+2}<\beta_k<\alpha_{2k}$ para todo $k\geq1$ y que
$\alpha_{2k}\to0$ y $\beta_k\to0$ si $k\to\infty$. Esto muestra que $f$ no
es inyectiva en ningún entorno de~$0$, como queríamos.~\qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Sea $f:\RR^2\to\RR^2$ la función tal que $f(x,y)=(e^x\cos y,e^x\sin
y)$.
\begin{ejitems}

\item $f$ no es inyectiva.

\item El jacobiano de~$f$ es no nulo en todo punto de~$\RR^2$, de manera
que $f$ es localmente inyectiva.

\end{ejitems}

\begin{Solucion}
\ejitem{1} $f$ no es inyectiva porque, por ejemplo, $f(0,0)=f(0,2\pi)$.

\ejitem{2} Es inmediato calcular que $Jf(x,y)=e^{2x}$, y esto es distinto
de cero cualquiera sea~$(x,y)\in\RR^2$. En particular, el teorema de la
función inversa se aplica a~$f$ e cualquier punto de~$\RR^2$ y, en
consecuencia, $f$ es localmente inyectiva.~\qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Sea $U$ un abierto de~$\RR^n$ y sea $f:U\to\RR^n$ de clase~$C^1$ con
jacobiano no nulo en todo~$U$.
\begin{ejitems}

\item $f$ es abierta.

\item Para cada $y\in\RR^n$ el conjunto $f^{-1}(y)$ es discreto en~$U$.

\end{ejitems}

\begin{Solucion}
\ejitem{1} Sea $A\subseteq U$ un abierto. Si $a\in A$, el teorema de la
función inversa nos dice que existe un abierto~$U_a\subseteq A$ y un
abierto $V_a\subseteq\RR^n$ tal que $f(U_a)=V_a$. Entonces
$f(A)\supseteq\bigcup_{a\in A}f(U_a)=\bigcup_{a\in A}V_a\supseteq f(A)$,
así que $f(A)=\bigcup_{a\in A}V_a$ es un abierto de~$\RR^n$.

\ejitem{2} Supongamos que $f^{-1}(y)$ no es discreto en~$U$, y sea $x\in U$
un punto de acumulación de~$f^{-1}(y)$ en~$U$. Como el teorema de la
función inversa se aplica a~$f$ en~$x$, existe $\delta>0$ tal que
$B(x,\delta)\subseteq U$ y la restricción de~$f$ a~$B(x,\delta)$ es
inyectiva. Por otro lado, como $x$ es un punto de acumulación
de~$f^{-1}(y)$ y $f$ es continua, $f(x)=y$ y existe $x'\in B(x,\delta)\cap
f^{-1}(y)$ distinto de~$x$. Pero entonces $f(x)=f(x')$, lo que es
absurdo.~\qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Sea $F:\RR^2\to\RR$ una función tal que $(1,2,0)$ es solución de la
ecuación $f(xz,y-2x)=0$.
\begin{ejitems}

\item Determine condiciones suficientes para que existan un entorno
$W\subseteq\RR^2$ de $(1,0)$ y una función $\phi:W\to\RR$ de clase~$C^1$
tales que $\phi(1,0)=2$ y 
  \[
  F(xz,\phi(x,z)-2x)=0$ para todo $(x,z)\in W.
  \]

\item Muestre que 
  \[
  x\frac{\partial\phi}{\partial x}(x,z)-y\frac{\partial\phi}{\partial z}(x,z)=2x$ en~$W.
  \]

\end{ejitems}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Muestre que el sistema de ecuaciones
  \[
  \left\{
  \begin{aligned}
  &x^2+\sin x-y^2+z^3=0, \\
  &-\log(1+x)+y^2z=1.
  \end{aligned}
  \right.
  \]
define dos funciones $y=y(x)$ y $z=z(x)$ en un entorno del punto $(0,1,1)$.
Sean $C\subseteq\RR^2$ la curva que define el sistema de ecuaciones
considerado, dada en forma paramétrica por $\alpha(x)=(x,y(x),z(x))$, y la
función $g(x,y,z)=2xyz+z\tan x$. Calcular la derivada direcciónal de~$g$
en~$(0,1,1)$ según el vector tangente a~$\alpha$ en el punto $x=0$.
\end{ejercicios}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%

\begin{figure}[hp]

\vspace*{2cm}

%\foto{Stokes}{George Gabriel Stokes\\1819--1903, Irlanda/Inglaterra}{%
%}

\vspace*{1cm}

\end{figure}

\end{document}
