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

tiene la propiedad de que el límite de $$\frac{| f (x_0 + h, y_0 +k) – f (x_0, y_0) – df (x_0, y_0) (h,k) |}{\|(h, k)\|}$$ es igual a cero, cuando $(h,k) \rightarrow (0,0)$ .

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: $ \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]$

$\Big[$ por demostrar: $ \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 \Big]$

$ \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}) = 0$, entonces $\forall \; \epsilon > 0 \, \exists \, \delta_1 > 0 $ tal que si $ 0 < \|\vec{h} \| < \delta_1 $ entonces $|F (\vec{h}) | < \epsilon $.

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) $\alpha (t)$ es continua: para $|t| < \delta_1$ se cumple que

$ \| \alpha (t) \| = \| t \vec{u} \| = | t | \| \vec{u} \| = | t | < \delta_1$

y entonces $|F(\alpha (t))| < \epsilon$

En conclusión $\delta = \delta_1$ cumple la desigualdad que queríamos y por lo tanto el límite cuando $t \rightarrow 0$ de $\phi (t)$ es igual a CERO.$_{\blacksquare}$

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