Teorema:

Si $f$ es diferenciable, entonces la derivada direccional de $f$ en $\vec{x_0}$ en la dirección de $\vec{u}$, con $\| \vec{u} \| = 1$ es $\nabla f (\vec{x_0} ) \cdot \vec{u}.$

En entradas anteriores hemos trabajado con la función $ f(x, y) = x^{1/3} y^{1/3}$, regresemos a este ejemplo.

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

$\vec{u} = (\cos \theta, \sin \theta)$ entonces

$\begin{align*} f (t \vec{u}) &= f (t \cos \theta, t \sin \theta) \\ &= t^{1/3} (\cos \theta)^{1/3} t^{1/3} (\sin \theta)^{1/3} \\ &= t^{2/3} (\cos \theta \sin \theta)^{1/3} \end{align*}$

donde $(\cos \theta \sin \theta)$ es constante, entonces si calculamos la derivada direccional

$\lim\limits_{t \to 0} \dfrac{f (t \vec{u} \, – \, f ( \vec{0}) }{t} = \lim\limits_{t \to 0} \dfrac{t^{2/3} (\cos \theta \sin \theta)^{1/3} \, – \, 0}{t} = \lim\limits_{t \to 0} t^{-\, 1/3} (\cos \theta \sin \theta)^{1/3} = \infty $

No se cumple que sea igual al $\nabla f \cdot (\vec{u})$ que es CERO.

No hay plano tangente. El único candidato sería $z = 0.$

Por lo tanto no es diferenciable en $(0, 0).$

${}$

Con la definición:

$\lim\limits_{(h, k) \to (0, 0)} \dfrac{\Big| f (x_0 + h, y_0 + k) \, – \, f (x_0, y_0) \, – \, (ah + bk) \Big| }{\sqrt{h^2 + k^2 \,}} = 0$

entonces $a = \dfrac{\partial f}{ \partial x} (0, 0) , \, b = \dfrac{\partial f}{\partial y} (0, 0)$

luego $\lim\limits_{(h, k) \to (0, 0)} \dfrac{\Big| f ( h, k) \, – \, 0 \Big| }{\sqrt{h^2 + k^2 \,}} = \lim\limits_{(h, k) \to (0, 0)} \dfrac{ h^{1/3} k^{1/3} }{\sqrt{h^2 + k^2 \,}}$

tomando $ h = k$

$\lim\limits_{h \to 0} \dfrac{ h^{2/3} }{\sqrt{2 h^2 \,}} = \dfrac{1}{\sqrt{2}} \lim\limits_{h \to 0} h^{- 1/3} = \infty $, si $h > 0.$

$f$ es diferenciable en $(x_0)$ si existe $f’ (x_0)$, luego

$f’ (x_0) = \lim\limits_{h \to 0} \dfrac{f (x_0 + h) \, – \, f (x_0) }{h} \iff \lim\limits_{h \to 0} \dfrac{f (x_0 + h) \, – \, f (x_0) }{h} \, – \, f’ (x_0) = 0 \; \; \dotsc (1)$

$f$ es diferenciable en $x_0$ si eiste la diferencial de $f$ en $x_0$

$df_{x_0} : \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$ lineal.

$df_{x_0} (h) = f’ (x_0) h = m.h$ tal que

$\lim\limits_{h \to 0} \dfrac{f (x_0 + h) \, – \, f (x_0) \, – \, m.h}{h} = 0 $ ocurre si

$\lim\limits_{h \to 0} \dfrac{f (x_0 + h) \, – \, f (x_0) }{h} \, – \, m = 0 \; \; \dotsc (2)$

Observemos que, de $(1)$ y $(2)$

$ \lim\limits_{h \to 0} \dfrac{f (x_0 + h) \, – \, f (x_0) }{h} \, – \, f’ (x_0) = 0 = \lim\limits_{h \to 0} \dfrac{f (x_0 + h) \, – \, f (x_0) }{h} \, – \, m$

Luego $\dfrac{dy}{dx} = f’ (x_0)$ entonces $dy = f’ (x_0) dx$ y además «$h = dx$»

$\Delta y = f (x_0 + h) \, – \, f (x_0) $. También $dy \neq \Delta y$ pero se aproxima.

Tratando de generalizar

$f : \mathbb{R}^2 \rightarrow \mathbb{R}$

$f’ (\vec{x_0}) := \lim\limits_{\vec{h} \to \vec{0}} \dfrac{f (\vec{x_0} + \vec{h} \, – \, f (\vec{x_0}) }{\vec{h}}$

pero ¿cómo dividimos entre un vector? Una alternativa es la siguiente:

$\lim\limits_{h \to 0} \dfrac{f (x_0 + h) \, – \, f (x_0) \, – \, mh }{h} = 0 \iff \lim\limits_{h \to 0} \Bigg| \dfrac{f (x_0 + h) \, – \, f (x_0) \, – \, mh }{h} \Bigg| = 0 \iff \lim\limits_{h \to 0} \dfrac{\Big| f (x_0 + h) \, – \, f (x_0) \, – \, mh \Big|}{\big| h \big|} = 0 $

Otra vía de generalización

$\lim\limits_{\vec{h} \to \vec{0}} \dfrac{\Big\| f (\vec{x_0} + \vec{h} \, – \, f (\vec{x_0}) \, – \, \mathcal{M} \vec{h} \Big\|}{ \Big\| \vec{h} \Big\|} = 0$

$T (\vec{h}) = \mathcal{M} \vec{h}$ donde $\mathcal{M}$ es la matriz de derivadas parciales.

$T (\vec{h}) $ es la diferencial.

Ahora bien para funciones de $\mathbb{R}^2 \rightarrow \mathbb{R}$ tenemos que:

(*) La derivada es el vector gradiente ( o el vector de derivadas parciales) $$\nabla f = \Big( \dfrac{\partial f}{\partial x}, \dfrac{\partial f}{\partial y} \Big)$$

(*) La diferencial es la función lineal $\mathbb{R}^2 \rightarrow \mathbb{R}$ tal que a cada $(h, k) \rightarrow \dfrac{\partial f}{\partial x} h \, + \, \dfrac{\partial f}{\partial y} k$

(*) El plano tangente está dado por la ecuación $$z = f (x_0, y_0) + \dfrac{\partial f}{\partial x} (x_0, y_0) (x \, – \, x_0) + \dfrac{\partial f}{\partial y}(x_0, y_0) (y \, – \, y_0)$$

donde $x \, – \, x_0 = h$ y $ y \, – \, y_0 = k.$

(*) La derivada direccional de $f$ en $(x_0, y_0)$ en la dirección del vector $\vec{u} = (\cos \theta, \sin \theta) $ es la pendiente de la recta tangente a la curva que resulta de cortar a la superficie $z = f (x, y)$ con el plano $(x \, – \, x_0 , y \, – \, y_0 , z \, – \, z_0) \cdot ( \, – \, \sin \theta, \cos \theta, 0 ) = 0$, donde $\vec{v} = ( \, – \, \sin \theta, \cos \theta )$, entonces la ecuación del plano es $$ – \, \sin \theta (x \, – \, x_0) + \cos \theta (y \, – \, y_0) = 0$$

Es decir, $\Big\{ (x, y, z) \in \mathbb{R}^3 \Big| – \, \sin \theta (x \, – \, x_0) + \cos \theta (y \, – \, y_0) = 0 \Big\} $ es un plano que pasa por el punto $ (x_0, y_0, z_0) $, donde $ z_0 = f (x_0, y_0) .$