Algebraicamente, fijamos una variable y derivamos respecto de la otra.

Geométricamente, la derivada parcial de $f$ con respecta a $x$ es la pendiente de la recta tangente a la curva $x \rightarrow f(x, y_0)$ que se obtiene al hacer un corte con el plano $y = y_0.$

IMAGEN «A»

Ejemplo:

$f (x, y) = x^{\frac{1}{3}} y^{\frac{1}{3}}$

Calculemos la $\dfrac{\partial f}{\partial x} (0, 0)$

$$\dfrac{\partial f}{\partial x} (0, 0) = \lim_{h \rightarrow 0} \dfrac{f (h, 0) \, – \, f (0, 0) }{ h} = \lim_{h \rightarrow 0} \dfrac{0}{h} = \lim_{h \rightarrow 0} 0 = 0$$

Corte con el plano $y_0 = 0$ (el plano $XZ$) es $z = f (x, 0) = x^{\frac{1}{3}} 0^{\frac{1}{3}} = 0$

Análogamente, $$\dfrac{\partial f}{\partial y} (0, 0) = 0$$

Corte con el plano $x_0 = 0$ (el plano $YZ$) es $z = f (0, y) = 0^{\frac{1}{3}} y^{\frac{1}{3}} = 0$

Si hubiera plano tangente debería ser el plano $z = 0$, es decir, el plano $XY$.

En el siguiente enlace puedes observar la curva definida por $f (x, y) = x^{\frac{1}{3}} y^{\frac{1}{3}}$ y los cortes que se estuvieron analizando.

https://www.geogebra.org/classic/eqgy88vq

${}$

EL gradiente de una función $f : \mathbb{R}^2 \rightarrow \mathbb{R}$ en un punto $(x_0, y_0)$ es el vector $\Big( \dfrac{\partial f}{\partial x} (x_0, y_0), \dfrac{\partial f}{\partial y} (x_0, y_0) \Big)$

Notación: $ \nabla f (x_0, y_0)$.

${}$

Recordemos, ¿qué sucede con funciones de $\mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$?

$f’ (x_0)$ es la pendiente de la recta tangente en el punto $(x_0, y_0)$.

La ecuación de la recta tangente a la curva $y = f (x)$ en el punto $(x_0, f(x_0))$ es $$y \, – \, f(x_0) = f’ (x_0) (x \, – \, x_0)$$

Aproximación de $f$ con una función lineal $y = f(x_0) + f’ (x_0) (x \, – \, x_0)$.

Dibujo B

Es decir, $\lim_{h \rightarrow 0} \dfrac{f (x_0 + h) \, – \, f (x_0) \, – \, f’ (x_0)h}{h} = 0$, donde $h = x \, – \, x_0$.

${}$

Para funciones de $\mathbb{R}^2 \rightarrow \mathbb{R} $,¿qué representa el $\nabla f (x_0, y_0) = \Big( \dfrac{\partial f}{\partial x} (x_0, y_0), \dfrac{\partial f}{\partial y} (x_0, y_0) \Big)$?

Ecuación del plano tangente a la superficie $z = f (x, y)$ en el punto $\big( x_0, y_0, f(x_0, y_0) \big)$

dibujo C

Consideremos la función lineal de $\mathbb{R}^2 \rightarrow \mathbb{R}$ $$f (x, y) = ax + by$$ con $a, b \in \mathbb{R}$ constantes.

Corte con el plano $y_0 = 0$ (plano $XZ$).

$z = f (x, 0) = ax$ entonces $a$ es la pendiente de la recta $z = ax$ en el plano $XZ$.

Corte con el plano $x_0 = 0$ (plano $YZ$).

$z = f (0, y) = by$ entonces $b$ es la pendiente de la recta $z = by$ en el plano $YZ$.

IMAGEN 3D

$f (x, y) = ax + by$

$\dfrac{\partial f}{\partial x} = a $

$\dfrac{\partial f}{\partial y} = b $

Entonces $\nabla f = (a, b)$

Si un plano tiene la ecuación $ax + by + z = 0$ entonces, $(a, b, c) \cdot (x, y, z) = 0$.

El vector $(a, b, c)$ es el vector normal al plano $$\vec{n} = (a, b, c)$$ $$\vec{x} = (x, y, z)$$

Luego $\vec{n} \cdot \vec{x} = 0$ por lo que el vector $\vec{x}$ es perpendicualr al vector $\vec{n}$.

Si un plano pasa por el punto $(x_0, y_0)$ y tiene el vector normal $(a, b, c)$.

Que $\Big( (x, y, z)\, – \, (x_0, y_0, z_0) \Big) \cdot (a, b, c) = 0$, entonces

$$a (x \, – \, x_0) + b (y \, – \, y_0) + c (z \, – \, z_0) = 0$$

entonces $ ax + by + cz = d$ es la ecuación de un plano que no pasa por el punto $(x_0, y_0)$.

Luego la ecuación del plano tangente es $$ \begin{align*} z \, – \, f (x_0, y_0) &= \dfrac{\partial f}{ \partial x} (x_0, y_0) h \, + \, \dfrac{\partial f}{ \partial y} (x_0, y_0) k \\ &= \dfrac{\partial f}{ \partial x} (x_0, y_0) (x \, – \, x_0) \, + \, \dfrac{\partial f}{ \partial y} (x_0, y_0) (y \, – \, y_0) \\ z &= f (x_0, y_0) \dfrac{\partial f}{ \partial x} (x_0, y_0) (x \, – \, x_0) \, + \, \dfrac{\partial f}{ \partial y} (x_0, y_0) (y \, – \, y_0) \end{align*}$$

que es un polinomio de grado $1$ en dos variables.

Aquí también pediremos que este polinomio sea la mejor aproximación (con polinomio de grado 1) de $f (x, y)$ cerca del punto $(x_0, y_0).$

${}$

Decimos que $f : \mathbb{R}^2 \rightarrow \mathbb{R}$, con $A$ abierto es diferenciable en un punto $(x_0, y_0) \in A$ si se cumplen que:

(*) existen las derivadas parciales $$\dfrac{\partial f}{\partial x} (x_0, y_0) ; \dfrac{\partial f}{\partial y} (x_0, y_0)$$

y (*) $$\lim_{(h,k) \rightarrow (0, 0)} \dfrac{\Big| f(x_0 + h, y_0 + k) \, – \, f (x_0, y_0) \, – \, \dfrac{\partial f}{\partial x}(x_0, y_0) h \, – \, \dfrac{\partial f}{\partial y}(x_0, y_0) k \Big| }{\Big\| (h, k) \Big\|} = 0$$

Continuando con el ejemplo $f (x, y) = x^{\frac{1}{3}} 0^{\frac{1}{3}}$.

Si $(x_0, y_0) = (0, 0)$, entonces existen las derivadas parciales

$\dfrac{\partial f}{\partial x} (0, 0) = 0$, y $\dfrac{\partial f}{\partial y} (0, 0) = 0$; pero no es diferenciable. Examinemos el límite:

$$\lim_{(h, k) \rightarrow (0, 0)} \dfrac{\Big| f (h, k) \, – \, f (0, 0) \, – \, \dfrac{\partial f}{\partial x} (0, 0) h \, – \, \dfrac{\partial f}{\partial y} (0, 0) k \Big|}{\big\| (h, k) \big\|} = \lim_{(h, k) \rightarrow (0, 0)} \dfrac{\Big| h^{\frac{1}{3}} k^{\frac{1}{3}} \Big|}{\sqrt{h^2 + k^2 \, }}$$

Consideremos la trayectoria $h = k$, con $ h > 0$, entonces

$$\lim_{h \rightarrow 0} \dfrac{h^{\frac{2}{3}}}{\sqrt{2h^2 \, }} = \dfrac{1}{\sqrt{2}} \lim_{h \rightarrow 0} \dfrac{h^{\frac{2}{3}}}{h} = \dfrac{1}{\sqrt{2}} \lim_{h \rightarrow 0} h^{\frac{-1}{3}} = \dfrac{1}{\sqrt{2}} \lim_{h \rightarrow 0} \dfrac{1}{\sqrt{h}} = \infty$$