Teorema

Sea $ f : \mathcal{U} \subseteq \mathbb{R}^2 \rightarrow \mathbb{R}$ tal que existen las segundas derivadas parciales.

Si son continuas, entonces el polinomio de Taylor de 2° grado es el único $p (x, y)$ tal que

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

Observación: si NO son continuas la demostración no sería válida.

Demostración:

$p (x_0 + h, y_0 + k) = Ah^2 + B hk + C k^2 + Dh + Ek + F$ para algunas $A, B, C, D, E, F \in \mathbb{R}$ constantes.

$ F = f (h, k)$ ya que $ \lim\limits_{(h,k) \to (0,0) } f (x_0 + h, y_0 + k) \, – \, p (x_0 + h, y_0 + k) = f (x_0 , y_0 ) \, – \, F = 0$

Tenemos que $D = \dfrac{\partial f}{\partial x} (x_0, y_0)$, y $ E = \dfrac{\partial f}{\partial y} (x_0, y_0)$ porque

$\lim\limits_{(h,k) \to (0,0)} \dfrac{\big| f (x_0 + h, y_0 + k) \, – \, p (x_0 + h, y_0 + k) \big| }{\| (h,k)\|} = 0$

En particular, si tomamos el límite con puntos de la forma $(h, 0)$ y $(0, k)$ entonces

$\lim\limits_{h \to 0} \dfrac{\big| f (x_0 + h, y_0 ) \, – \, p (x_0 + h, y_0 ) \big| }{\big| (h,k) \big|} = 0$

$\lim\limits_{h \to 0} \dfrac{\big| f (x_0 + h, y_0 ) \, – \, f (x_0 , y_0 ) \, – \, Dh \, – \, Ah^2 \big| }{\big| h \big|} = 0$

$\iff$

$\lim\limits_{h \to 0} \dfrac{ f (x_0 + h, y_0 ) \, – \, f (x_0 , y_0 )}{h} \, – \, D \, – \, \cancel{A\lim\limits_{h \to 0} |h|}^0 = 0$

$\iff$

$\lim\limits_{h \to 0} \dfrac{ f (x_0 + h, y_0 ) \, – \, f (x_0 , y_0 )}{h} = D$

$\iff$

$D = \dfrac{\partial f}{\partial x} (x_0, y_0)$

Análogamente $E = \dfrac{\partial f}{\partial y} (x_0, y_0)$

Ahora bien,

$$\lim\limits_{(h,k) \to (0,0)} \dfrac{f (x_0 + h, y_0 + k) \, – \, p (x_0 + h, y_0 + k)}{\|(h,k)\|^2} = \lim\limits_{(h,k) \to (0,0)} \dfrac{\big| f (x_0 + h, y_0 ) \, – \, f (x_0 , y_0 ) \, – \, \dfrac{\partial f}{\partial x} (x_0, y_0) h \, – \, \dfrac{\partial f}{\partial y} (x_0, y_0) k \, – \, Ah^2 \, – \, 2B hk \, – \, C k^2 \big| }{\big\|( h, k) \big\|^2} $$

En particular, si tomamos puntos de la forma $(h, 0)$

$\lim\limits_{h \to 0} \dfrac{\big| f (x_0 + h, y_0 ) \, – \, f (x_0 , y_0 ) \, – \, \dfrac{\partial f}{\partial x} (x_0, y_0) h \, – \, Ah^2 \big| }{\big| h \big|^2} = 0 $

$\iff$

$\lim\limits_{h \to 0} \dfrac{ f (x_0 + h, y_0 ) \, – \, f (x_0 , y_0 ) \, – \, \dfrac{\partial f}{\partial x} (x_0, y_0) h \, – \, Ah^2 }{ h^2 } = 0 $

$\iff$

$\lim\limits_{h \to 0} \dfrac{ f (x_0 + h, y_0 ) \, – \, f (x_0 , y_0 ) \, – \, \dfrac{\partial f}{\partial x} (x_0, y_0) h }{ h^2 } = A $

Aplicando la regla de L’Hôpital

$\lim\limits_{h \to 0} \dfrac{ f (x_0 + h, y_0 ) \, – \, f (x_0 , y_0 ) \, – \, \dfrac{\partial f}{\partial x} (x_0, y_0) h }{ h^2 } = \lim\limits_{h \to 0} \dfrac{ \dfrac{\partial f}{\partial x} (x_0 + h, y_0 ) \, – \, \dfrac{\partial f}{\partial y} (x_0 , y_0 ) }{ 2h } = \lim_{h \to 0} \frac{G (h)}{2h} $ . . . (*)

Aplicaremos L’Hôpital por segunda vez a la expresión anterior (*), entonces tenemos

$\lim\limits_{h \to 0 } \dfrac{G’ (h)}{2}$

Necesitamos que $\lim\limits_{h \to 0 } G (h) = 0 $ , es decir ,

$ \lim\limits_{h \to 0} \dfrac{\partial f}{\partial x} (x_0 + h, y_0 ) \, – \, \dfrac{\partial f}{\partial y} (x_0 , y_0 ) = 0$

Esto lo garantizamos si $\dfrac{\partial f}{\partial x} (x, y) $ es continua en $(x_0, y_0)$.

Luego

$G’ (h) = \dfrac{\partial^2 f}{\partial x^2} (x_0 + h, y_0)$ por continuidad, entonces cuando $h \rightarrow 0 , G’ (0) = \dfrac{\partial^2 f}{\partial x^2} (x_0 , y_0)$

Por lo tanto, $A = \dfrac{1}{2} \dfrac{\partial^2 f}{\partial x^2} (x_0, y_0)$

Análogamente usando trayectorias $x_0, y_0 + k)$, cuando $ k \rightarrow 0$ tenemos que $ C = \dfrac{1}{2} \dfrac{\partial^2 f}{\partial y^2} (x_0, y_0)$

Reuniendo la información anterior , tenemos que

$\lim\limits_{(h,k) \to (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 \, – \, \dfrac{1}{2} \dfrac{\partial^2 f}{\partial x^2} (x_0, y_0) h^2 \, – \, 2B hk \, – \, \dfrac{1}{2} \dfrac{\partial^2 f}{\partial y^2} (x_0, y_0) k^2 \big| }{\big\|( h, k) \big\|^2} = 0 $

En particular cuando tomamos $h = k$

$\lim\limits_{(h,h) \to (0,0)} \dfrac{\big| f (x_0 + h, y_0 + h ) \, – \, f (x_0 , y_0 ) \, – \, \dfrac{\partial f}{\partial x} (x_0, y_0) h \, – \, \dfrac{\partial f}{\partial y} (x_0, y_0) h \, – \, \dfrac{1}{2} \dfrac{\partial^2 f}{\partial x^2} (x_0, y_0) h^2 \, – \, 2B h^2 \, – \, \dfrac{1}{2} \dfrac{\partial^2 f}{\partial y^2} (x_0, y_0) h^2 \big| }{ 2h^2} = 0 $

$\iff$

$\lim\limits_{ h \to 0} \dfrac{ f (x_0 + h, y_0 + h ) \, – \, f (x_0 , y_0 ) \, – \, h \Big( \dfrac{\partial f}{\partial x} (x_0, y_0) \, – \, \dfrac{\partial f}{\partial y} (x_0, y_0) \Big) \, – \, \dfrac{1}{2} h^2 \Big( \dfrac{\partial^2 f}{\partial x^2} (x_0, y_0) \, – \, \dfrac{\partial^2 f}{\partial y^2} (x_0, y_0) \Big) }{ 2h^2} = 2 B $

$\iff$ Aplicando L’Hôpital

$\lim\limits_{ h \to 0} \dfrac{ \dfrac{\partial f}{\partial x} (x_0 + h, y_0 + h ).1 \, – \, \dfrac{\partial f}{\partial y} (x_0 , y_0 ).1 \, – \, \dfrac{\partial f}{\partial x} (x_0, y_0) \, – \, \dfrac{\partial f}{\partial y} (x_0, y_0) h \, – \, \dfrac{\partial^2 f}{\partial y^2} (x_0, y_0) h }{ 4h} = B $

Aplicamos L’Hôpital nuevamente, entonces tenemos que:

$\lim\limits_{ h \to 0} \dfrac{ \dfrac{\partial^2 f}{\partial x^2} (x_0 + h, y_0 + h ) \, + \, \dfrac{\partial^2 f}{\partial y \; \partial x} (x_0 + h, y_0 + h ) \, +\, \dfrac{\partial^2 f}{\partial x \; \partial y} (x_0 + h, y_0 + h) \, + \, \dfrac{\partial^2 f}{\partial y^2} (x_0 + h, y_0 + h )\, – \, \dfrac{\partial^2 f}{\partial x^2} (x_0, y_0) \, – \, \dfrac{\partial^2 f}{\partial y^2} (x_0, y_0) h }{ 4} = B $

Si las segundas derivadas parciales son continuas, el último límite es igual a

$\dfrac{\dfrac{\partial^2 f}{\partial y \; \partial x} (x_0 , y_0 )}{4} = B$

y por tanto

$$B = \dfrac{1}{2} \dfrac{\partial^2 f}{\partial x \; \partial y } (x_0, y_0)$$

Decir que $p (x, y)$ es la mejor aproximación de 2° grado de $f (x, y)$ cerca del punto $(x_0 , y_0)$, es decir que

$$\lim\limits_{(h,k) \to (0,0)} \dfrac{\Big| f (x_0 + h, y_0 + k) \, – \, p (x_0 + h, y_0 + k) \Big|}{\Big\|(h,k) \Big\|^2} = 0 \; \; \; _{\blacksquare}$$

${}$

Regresando al ejemplo de derivadas parciales NO continuas. (puedes hacer click en el siguiente enlace para acceder a esa entrada)

https://blog.nekomath.com/?p=101015&preview=true

Dada la función

$\begin{equation*} f (x, y) = \begin{cases} \dfrac{xy ( x^2 \, – \, y^2) }{x^2 + y^2} & \text{ si } (x, y) \neq (0, 0) \\ {} \\ 0 & \text{ si } (x, y) = (0, 0) \end{cases} \end{equation*}$

¿Cuál será el polinomio de Taylor de 2° grado de $f$ alrededor del origen?

$f (0, 0) = 0$

$\dfrac{\partial f}{\partial x} (0, 0) = \lim\limits_{h \to 0} \dfrac{f (h, 0) \, – \, f (0, 0)}{h} = \lim\limits_{h \to 0} \dfrac{0}{h} = 0 $

Análogamente

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

$\dfrac{\partial^2 f}{\partial x^2} (0, 0) = \lim\limits_{h \to 0} \dfrac{\dfrac{\partial f}{\partial x} (h, 0) \, – \, \dfrac{\partial f}{\partial x} (0, 0)}{h} = \dfrac{0}{h} = 0 $

Análogamente

$\dfrac{\partial^2 f}{\partial y^2} (0, 0) = 0$

$\dfrac{\partial^2 f}{\partial x \partial y} (0, 0) = 1$

$\dfrac{\partial^2 f}{\partial y \; \partial x} (0, 0) = \,- \, 1$

Podemos examinar que pasa si tomamos un polinomio de la forma

$$p (x, y) = Ax^2 + Bxy + Cy^2 + Dx + Ey + F $$

$ F = 0$

$D = E = \nabla f (0, 0) = \vec{0} $ por lo tanto $ D = 0 = E $

Si $\lim\limits_{(h,k) \to (0,0)} \dfrac{\Big| f (h,k) \, – \, p (h,k) \Big|}{\Big\| (h,k) \Big\|^2} = 0$, entonces

Para $ k = 0$

$\lim\limits_{h \to 0} \dfrac{\Big| f (h,0) \, – \, p (h,0) \Big|}{h^2} = \lim\limits_{h \to 0} \dfrac{0 \, – \, Ah^2}{h} = A = 0$

Análogamente, para $h = 0$ tenemos que $C = 0$

luego

$\lim\limits_{(h,k) \to (0,0)} \dfrac{\Big| f (h,k) \, – \, 2Bhk \Big|}{\Big\| (h,k) \Big\|^2} = 0 $

En particular, para cuando $\lim\limits_{h \to 0} \dfrac{ f (h,h) \, – \, 2Bh^2}{2h^2} = 0$

$f (h, h) = 0$

$\lim\limits_{h \to 0} \dfrac{ \, – \, \cancel{2} B \cancel{h^2} }{\cancel{2} \cancel{h^2} } = \lim\limits_{h \to 0} \, – \, 2 B = 0$

Por lo tanto $ B = 0$

${}$

Sea $f (x, y) = ( y \, – \, 3x^2) ( y \, – \, x^2)$

¿Cómo son las curvas de nivel de $f$?

¿Cómo es la gráfica de $f$?

«Curva» de nivel 0

$ \Big\{ (x, y) \in \mathbb{R}^2 \Big| f (x, y) = 0 \} = f^{-1} ( 0 ) = \{ (x, y) \in \mathbb{R}^2 \Big| ( y \, – \, 3x^2) ( y \, – \, x^2) = 0 \Big\}$

Entonces

$y \, – \, 3x^2 = 0 \; \iff \; y = 3x^2$ o

$ y \, – \, x^2 = 0 \; \iff \; y = x^2 $

Si $ (x, y) $ cumple que $ x^2 < y < 3 x^2 $ entonces

$0 < y \, – \, x^2 $ pero $ y \, – \, 3 x^2 < 0 $ por lo tanto $ f (x, y) < 0 $

Si $ (x, y) $ cumple que $ y > 3 x^2 $ entonces $ f (x, y) > 0 $ ya que $ y > x^2$