Sea $f : \mathbb{R}^2 \rightarrow \mathbb{R}$ diferenciable.

Entonces existen las derivadas parciales: $\dfrac{\partial f}{\partial x}$ y $\dfrac{\partial f}{\partial x}$

y existe la diferencial de $f$ en $(x_0, y_0)$ $$d f (x_0, y_0) : \mathbb{R}^2 \rightarrow \mathbb{R}$$ $$d f (x_0, y_0) (h, k) = \dfrac{\partial f}{\partial x} (x_0, y_0) h + \dfrac{\partial f}{\partial y} (x_0, y_0) k$$

Teorema:

Si $f$ es diferenciable en $(x_0, y_0)$ y además $\|\vec{u}\| = 1$ entonces existe la derivada direccional de $f$ en la dirección de $\vec{u}$ y es igual a $$\nabla f (x_0, y_0) \cdot \vec{u}$$

Demostración:

La derivada direccional es $ \lim\limits_{t \to 0} \dfrac{f (\vec{x_0} + t \vec{u}) \, – \, f (\vec{x_0}) }{t}$, con $\vec{x_0} = (x_0, y_0).$

Vamos a ver que existe y que es igual a $\nabla f (\vec{x_0}) \cdot \vec{u}$

$\Big[$ por demostrar: existe $ \lim\limits_{t \to 0} \dfrac{f (\vec{x_0} + t \vec{u}) \, – \, f (\vec{x_0}) }{t} = \nabla f (\vec{x_0}) \cdot \vec{u} \Big] $

$\Big[$ por demostrar: $\iff \lim\limits_{t \to 0} \Bigg( \dfrac{f (\vec{x_0} + t \vec{u}) \, – \, f (\vec{x_0}) }{t} \, – \, \nabla f (\vec{x_0}) \cdot \vec{u} \Bigg) = 0 $

$\Big[$ por demostrar: $\iff \lim\limits_{t \to 0} \dfrac{f (\vec{x_0} + t \vec{u}) \, – \, f (\vec{x_0}) \, – \, t \nabla f (\vec{x_0}) \cdot \vec{u}}{t} = 0$

$ \iff \lim\limits_{t \to 0} \Bigg| \dfrac{f (\vec{x_0} + t \vec{u}) \, – \, f (\vec{x_0}) \, – \, \nabla f (\vec{x_0}) \cdot t \vec{u}}{\| t \|} \Bigg| = 0$ esta última equivalencia es la que demostraremos.

Por hipótesis sabemos que $f$ es diferenciable en $\vec{x_0} = (x_0, y_0)$; es decir $$\lim\limits_{\vec{h} \to \vec{0}} \dfrac{ \Big| f (\vec{x_0} + \vec{h}) \, – \, f (\vec{x_0}) \, – \, \nabla f (\vec{x_0}) \cdot t \vec{h} \Big|}{\| h \|} = 0$$

Sea $F (\vec{h}) = \dfrac{ \Big| f (\vec{x_0} + \vec{h}) \, – \, f (\vec{x_0}) \, – \, \nabla f (\vec{x_0}) \cdot t \vec{h} \Big|}{\| h \|}$

$F$ está definida en una vecindad perforada de $\vec{0}$, es decir $\vec{h} \neq \vec{0}$.

Sea $\phi (t) = \Bigg| \dfrac{f (\vec{x_0} + t \vec{u}) \, – \, f (\vec{x_0}) \, – \, \nabla f (\vec{x_0}) \cdot t \vec{u}}{\| t \|} \Bigg|$

$\phi$ está definida en una vecindad perforada de CERO.

$\Big[$ por demostrar: existe $\lim\limits_{t \to 0} \phi (t) = 0 \Big]$ es decir,

$\Big[$ por demostrar: $\forall \; \epsilon > 0, \, \exists \, \delta > 0 $ tal que si $ 0 < |t| < \delta $ entonces $|\phi (t) | < \epsilon \Big]$ . . . (1)

Sea $\epsilon > 0$, hay que proponer una $ \delta > 0$ y ver que tiene la propiedad (1).

Por hipótesis, existe $ \lim\limits_{\vec{h} \to \vec{0}} F (\vec{h}) = \vec{0}$, entonces $\forall \; \epsilon > 0 \, \exists \, \delta_1 > 0 $ tal que si $ 0 < \|\vec{h} \| < \delta_1 $ entonces $|F (\vec{h}) | < \epsilon $. Es decir, $ \vec{h} \in \mathring{B}_{\delta_1} (\vec{0})$.

Relación entre $\phi$ y $F$

$ \phi (t) = F (t \vec{u}) = F (\alpha (t) ) = (F o \alpha ) (t) $, donde $\alpha (t) = t \vec{u}.$

$\alpha$ es continua.

(1) Dada $\epsilon > 0 $ existe $ \delta_1 > 0 $ tal que si $ 0 < \|\vec{h} \| < \delta_1 $ entonces $|F (\vec{h}) | < \epsilon $.

(2) Como $\alpha$ es continua entonces para $\epsilon’ = \delta_1 $ existe $ \delta_2 $ tal que si $ | t | < \delta_2 $ entonces $ \| \alpha (t) \| = \| t \vec{u} \| = | t | \| \vec{u} \| = | t | < \delta_1$

Por lo tanto, sirve $ \delta_2 = \delta_1.$

${}$

Teorema: Regla de la cadena.

Sea $f : U \subset \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}^2 $ una curva parametrizada, con $U$ abierto, y $t_0 \in U.$

$f$ derivable en $t_0.$

Sea $g : V \subset \mathbb{R}^2 \rightarrow \mathbb{R}$, con $V$ abierto y $v_0 \in V$.

$g$ diferenciable en $\vec{v_0}.$

Supongamos además que $ f (U) \subseteq V$.

Entonces $ g o f : U \subseteq \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$ es derivable en $t_0$ y $$ (g o f)’ (t_0) = \nabla g (\vec{v_0}) \cdot f’ (t_0)$$

Demostración:

$\Big[$ por demostrar: $g o f$ es derivable en $t_0$ y su derivada es $\nabla g( f ( t_0)) \cdot f’ (t_0) \Big]$

$\Big[$ por demostrar: $\lim\limits_{ \Delta t \to 0} \dfrac{ g ( f ( t_0 + \Delta t) ) \, – \, g ( f (t_0) )}{\Delta t} = \nabla g ( f (t_0) ) \cdot f’ (t_0) \Big]$

$\Big[$ por demostrar: $\lim\limits_{ \Delta t \to 0} \Bigg| \dfrac{ g ( f ( t_0 + \Delta t) ) \, – \, g ( f (t_0) ) \, – \, \nabla g ( f (t_0) ) \cdot \Delta t f’ (t_0) }{\Delta t} \Bigg| = 0 \Big]$

$f (t) = \big( x ( t ), y ( t ) \big)$

$f’ (t_0) = \big( x ( t_0 ), y ( t_0 ) \big)$

$ \Delta t f’ (t_0) = \Delta t \big( x ( t_0 ), y ( t_0 ) \big)$

$ \Delta t f’ (t_0) = \big( \Delta t x ( t_0 ), \Delta t y ( t_0 ) \big)$

Hipótesis:

(*) $f$ es derivable un $t_0$, es decir, existe $\lim\limits_{\Delta t \to 0} \dfrac{ f ( t_0 + \Delta t ) \, – \, f (t_0)}{ \Delta t} = f’ (t_0) $

(*) $g$ es diferenciable en $ f (t_0) = \vec{v_0}$ es decir $\lim\limits_{ \vec{h} \to \vec{0}} \Bigg| \dfrac{g ( \vec{v_0} + \vec{h} ) \, – \, g ( \vec{v_0} ) \, – \, \nabla g ( \vec{v_0} ) \cdot \vec{h}}{\big\| \vec{h} \big\| }\Bigg| = 0$

Definimos $G (h) = \Bigg| \dfrac{g ( \vec{v_0} + \vec{h} ) \, – \, g ( \vec{v_0} ) \, – \, \nabla g ( \vec{v_0} ) \cdot \vec{h}}{\big\| \vec{h} \big\| }\Bigg|$

Analizaremos dos casos:

Caso 1) $f’ (t_0) \neq \vec{0} $

Caso 2) $f’ (t_0) = \vec{0} $

Caso 1)

Sea $G (\vec{h}) = \Bigg| \dfrac{g ( \vec{v_0} + \vec{h} ) \, – \, g ( \vec{v_0} ) \, – \, \nabla g ( \vec{v_0} ) \cdot \vec{h}}{\big\| \vec{h} \big\| }\Bigg|$

Y definimos $\phi ( \Delta t) = \Bigg| \dfrac{f ( t + \Delta t ) \, – \, f ( t_0 ) \, – \, \Delta t f’ (t_0)}{\Delta t} \Bigg|$

Entonces, por el lema, tenemos que $f (t_0 \, + \, \Delta t ) \in \mathring{B}_{M_1 \delta} (f (t_0))$

$\Big[$ por demostrar: $\lim\limits_{\Delta t \to 0} \dfrac{\Big| g ( f ( t_0 + \Delta t ) \, – \, g ( f ( t_0) ) \, – \, \nabla g ( f ( t_0) ) \cdot f’ (t_0) \Delta t \Big|}{\Big| \Delta t \Big|} = 0$

Sea $\epsilon > 0$, buscamos $ \delta > 0 $ tal que si $ 0 < \big| \Delta t \big| < \delta $ entonces $\Bigg| \dfrac{g ( f ( t_0 + \Delta t ) \, – \, g ( f ( t_0) ) \, – \, \nabla g ( f ( t_0) ) \cdot f’ (t_0) \Delta t }{\Delta t} \Bigg|< \epsilon$

Sabemos que existe $\delta_1 > 0 $ tal que si $ 0 < \big\| \vec{h} \big\| < \delta_1 $ entonces $ \dfrac{ \Big| g ( f ( t_0 + \Delta t ) \, – \, g ( f ( t_0) ) \, – \, \nabla g ( f ( t_0) ) \cdot f’ (t_0) \Delta t \Big|}{\big\| \vec{h} \big\|} < \epsilon$ ya que $ g $ es diferenciable en $ f (t_0)$.

Además, por el lema, existe $ M_1 > 0 $ y $ \delta_2 > 0 $ tales que si $ 0 < \big\| \Delta t \big\| < \delta_2 $ entonces $ \big\| f ( t_0 + \Delta t )\, – \, f (t_0) \big\| < M_1 \big| \Delta t \big|. $ Luego $ M_1 \big| \Delta t \big| < \delta_1 \Rightarrow \, \big|\Delta t \big| < \dfrac{\delta_1 }{M_1}$.

Proponemos $\delta = mín \Big\{ \dfrac{\delta_1}{M_1} , \delta_2 \Big\}$ entonces $\big|\Delta t \big| < \delta_1 $ y $ \big|\Delta t \big| < \delta_2$

Entonces si $ \vec{h} = f ( t_0 + \Delta t ) \, – \, f (t_0) $ cumple que $ 0 < \big\| \vec{h} \big\| < \delta_1 $ entonces se cumple que $$ \dfrac{ \Big| g ( f ( t_0 + \vec{h} ) \, – \, g ( f ( t_0) ) \, – \, \nabla g ( f ( t_0) ) \cdot f’ (t_0) \Delta t \Big|}{\Big| \Delta t \Big|} \leq \dfrac{ \Big| g ( f ( t_0 + \vec{h} ) \, – \, g ( f ( t_0) ) \, – \, \nabla g ( f ( t_0) ) \cdot f’ (t_0) \Delta t \Big|}{\Big| \vec{h} \Big|} \cdot M_1$$ ya que como $\big\| \vec{h} \big\| < M_1 \cdot \big| \Delta t \big| $ entonces $\dfrac{1}{ \Delta t} < \dfrac{M_1}{\big\| \vec{h} \big\|}$