Introduccion

En esta sección veremos la relación de la aproximación de Taylor y los extremos locales de una función ya que la serie de Taylor (especialmente de bajo orden) puede ayudar a identificar, clasificar y entender el comportamiento de una función alrededor de un punto crítico (donde la derivada o el gradiente, según sea el caso, vale cero).

Aproximación de Taylor para funciones $f:\mathbb{R}^{3}\rightarrow\mathbb{R}$

El caso de la aproximación con $n=2$ nos queda
$$f(x,y)=f(x_{0},y_{0})+\textcolor{Blue}{\frac{1}{1!}\left(\frac{\partial f}{\partial x}(x_{0},y_{0})\cdot (x-x_{0})+\frac{\partial f}{\partial y}(x_{0},y_{0})\cdot (y-y_{0})\right)}+$$

$$\textcolor{Red}{\frac{1}{2!}\left(\frac{\partial^{2} f}{\partial x^{2}}(x_{0},y_{0})(x-x_{0})^{2}+2\frac{\partial^{2} f}{\partial x\partial y}(x_{0},y_{0})(x-x_{0})(y-y_{0})+\frac{\partial^{2} f}{\partial y^{2}}(x_{0},y_{0})(y-y_{0})^{2}\right)}+R_{2}$$
Donde la expresión azul se puede escribir

$$\textcolor{Blue}{\frac{1}{1!}\left(\frac{\partial f}{\partial x}(x_{0},y_{0})\cdot (x-x_{0})+\frac{\partial f}{\partial y}(x_{0},y_{0})\cdot (y-y_{0})\right)=\nabla f(x_{0},y_{0},z_{0})\cdot (h_{1},h_{2},h_{3})}$$
y la expresión en rojo

$$\textcolor{Red}{\frac{1}{2!}\left(\frac{\partial^{2}f}{\partial
x^{2}}{p}(x-x{0})^{2}+2\frac{\partial^{2}f}{\partial y \partial
x}{p}(x-x{0})(y-y_{0})+\frac{\partial^{2}f}{\partial
y^{2}}{p}(y-y{0})^{2}\right)}$$ Define una forma cuadratica que
podemos escribir

$$\textcolor{Red}{\frac{1}{2!}(x-x_{0}\quad y-y_{0})\left(\begin{array}{cc}
\frac{\partial^{2}f}{\partial x^{2}}&\frac{\partial^{2}f}{\partial y \partial x}\\
\frac{\partial^{2}f}{\partial x \partial y }&\frac{\partial^{2}f}{\partial y^{2}} \end{array}\right)\left(\begin{array}{c}
x-x_{0} \\y-y_{0} \end{array}\right)}$$

Por lo que el desarrollo de Taylor se puede escribir
$$f(x,y)=f(x_{0},y_{0})+\nabla f(x_{0},y_{0},z_{0})\cdot (h_{1},h_{2},h_{3})+\frac{1}{2!}(x-x_{0}\quad y-y_{0})\left(\begin{array}{cc}
\frac{\partial^{2}f}{\partial x^{2}}&\frac{\partial^{2}f}{\partial y \partial x} \\
\frac{\partial^{2}f}{\partial x \partial y }&\frac{\partial^{2}f}{\partial y^{2}} \end{array}\right)\left(\begin{array}{c}
x-x_{0} \\y-y_{0} \end{array}\right)$$

A la matriz

$$\left(\begin{array}{cc}
\frac{\partial^{2}f}{\partial x^{2}}&\frac{\partial^{2}f}{\partial y \partial x} \\
\frac{\partial^{2}f}{\partial x \partial y }&\frac{\partial^{2}f}{\partial y^{2}} \end{array}\right)$$

se le conoce como matriz Hessiana y se denota $H(x_{0},y_{0})$ por lo que el desarrollo de Taylor se puede escribir
$$f(x,y)=f(x_{0},y_{0})+\nabla f(x_{0},y_{0},z_{0})\cdot (h_{1},h_{2},h_{3})+\frac{1}{2!}(x-x_{0}\quad y-y_{0})(H(x_{0},y_{0}))\left(\begin{array}{c}
x-x_{0} \\y-y_{0} \end{array}\right)$$

$\textcolor{Red}{\textbf{Aproximación de Taylor para funciones $f:\mathbb{R}^{3}\rightarrow\mathbb{R}$}}$

Sea $f:A\subset\mathbb{R}^{3}\rightarrow\mathbb{R}$ y sea $F(t)=f(x_{0}+h_{1}t,y_{0}+h_{2}t,z_{0}+h_{3}t)$ con $t\in[0,1]$, de esta manera f recorre el segmento de $[x_{0},y_{0},z_{0}]$ a $[x_{0}+h_{1}t,y_{0}+h_{2}t,z_{0}+h_{3}t]$. Se tiene entonces que usando la regla de la cadena

$$F'(t)=\frac{\partial f}{\partial x}(x_{0}+h_{1}t,y_{0}+h_{2}t,z_{0}+h_{3}t)\cdot \frac{d(x_{0}+h_{1}t)}{dt}+\frac{\partial f}{\partial y}(x_{0}+h_{1}t,y_{0}+h_{2}t,z_{0}+h_{3}t)\cdot \frac{d(y_{0}+h_{2}t)}{dt}+$$

$$\frac{\partial f}{\partial z}(x_{0}+h_{1}t,y_{0}+h_{2}t,z_{0}+h_{3}t)\cdot \frac{d(z_{0}+h_{3}t)}{dt}=$$

$$\frac{\partial f}{\partial x}(x_{0}+h_{1}t,y_{0}+h_{2}t,z_{0}+h_{3})\cdot h_{1}+\frac{\partial f}{\partial y}(x_{0}+h_{1}t,y_{0}+h_{2}t,z_{0}+h_{3})\cdot h_{2}+\frac{\partial f}{\partial z}(x_{0}+h_{1}t,y_{0}+h_{2}t,z_{0}+h_{3})\cdot h_{3}$$

Vamos ahora a calcular $F^{´´}(t)$

$$F^{´´}(t)=\frac{\partial}{\partial x}\left(\frac{\partial f}{\partial x}h_{1}+ \frac{\partial f}{\partial y}h_{2}+\frac{\partial f}{\partial z}h_{3}\right)h_{1}+\frac{\partial}{\partial y}\left(\frac{\partial f}{\partial x}h_{1}+ \frac{\partial f}{\partial y}h_{2}+\frac{\partial f}{\partial z}h_{3}\right)h_{2}+\frac{\partial}{\partial z}\left(\frac{\partial f}{\partial x}h_{1}+ \frac{\partial f}{\partial y}h_{2}+\frac{\partial f}{\partial z}h_{3}\right)h_{3}=$$

$$\frac{\partial^{2}f}{\partial x^{2}}h_{1}^{2}+2\frac{\partial^{2}f}{\partial x\partial y}h_{1}h_{2}+\frac{\partial^{2}f}{\partial y^{2}}h_{2}^{2}+2\frac{\partial^{2}f}{\partial x\partial z}h_{3}h_{1}+2\frac{\partial^{2}f}{\partial y\partial z}h_{3}h_{2}+\frac{\partial^{2}f}{\partial z^{2}}h_{3}^{2}$$
Ahora bien si se aplica la fórmula de Taylor con la forma del residuo de Lagrange a la función $$F(t)=f(x_{0}+h_{1}t,y_{0}+h_{2}t)$$ y ponemos $t=0$, y $n=2$ se tiene

$$F(t)=F(0)+\frac{1}{1!}F'(0)t+\frac{1}{2!}F^{´´}(0)t^{2}+R_{2}$$

ahora bien con $t=1$, $x=x_{0}+h_{1}$, $y=y_{0}+h_{2}$, $z=z_{0}+h_{3}$

$$f(x,y)=f(x_{0},y_{0})+\textcolor{Blue}{\left(\frac{\partial f}{\partial
x}\right){p}(x-x_{0})+\left(\frac{\partial f}{\partial
y}\right){p}(y-y_{0})+\left(\frac{\partial f}{\partial
z}\right){p}(z-z_{0})}+$$

$$\textcolor{Red}{\frac{1}{2!}\left(\frac{\partial^{2}f}{\partial
x^{2}}{p}(x-x_{0})^{2}+2\frac{\partial^{2}f}{\partial x \partial
y}{p}(x-x_{0})(y-y_{0})+\frac{\partial^{2}f}{\partial
y^{2}}{p}(y-y_{0})^{2}+2\frac{\partial^{2}f}{\partial
x\partial z}{p}(z-z_{0})(x-x_{0})+2\frac{\partial^{2}f}{\partial
y\partial z}{p}(z-z_{0})(y-y_{0})\right)}$$

$$\textcolor{Red}{+\frac{\partial^{2}f}{\partial
z^{2}}{p}(z-z_{0})}+R_{2}$$
Donde la expresión en azul se puede escribir

$$\textcolor{Blue}{\left(\frac{\partial f}{\partial
x}\right){p}(x-x_{0})+\left(\frac{\partial f}{\partial
y}\right){p}(y-y_{0})+\left(\frac{\partial f}{\partial
z}\right){p}(z-z_{0})=\nabla f(x_{0},y_{0},z_{0})\cdot (h_{1},h_{2},h_{3})}$$

y la expresión en rojo
$$\textcolor{Red}{\frac{1}{2!}\left(\frac{\partial^{2}f}{\partial x^{2}}h_{1}^{2}+2\frac{\partial^{2}f}{\partial x\partial y}h_{1}h_{2}+\frac{\partial^{2}f}{\partial y^{2}}h_{2}^{2}+2\frac{\partial^{2}f}{\partial x\partial z}h_{3}h_{1}+2\frac{\partial^{2}f}{\partial y\partial z}h_{3}h_{2}+\frac{\partial^{2}f}{\partial z^{2}}h_{3}^{2}\right)}$$

se puede ver como producto de matrices

$$\frac{1}{2!}(h_{1}~h_{2}~h_{3})\left(\begin{matrix}\frac{\partial^{2}f}{\partial
x^{2}}&\frac{\partial^{2}f}{\partial y \partial x}&\frac{\partial^{2}f}{\partial z \partial x}\\ \frac{\partial^{2}f}{\partial x \partial y}&\frac{\partial^{2}f}{\partial
y^{2}}&\frac{\partial^{2}f}{\partial z \partial y}\\ \frac{\partial^{2}f}{\partial
x \partial z}&\frac{\partial^{2}f}{\partial y \partial z}&\frac{\partial^{2}f}{\partial
z^{2}}\end{matrix}\right)_{p}\left(\begin{matrix}h{1}\\h_{2}\\h_{3}\end{matrix}\right)$$

La matriz
$$\left(\begin{matrix}\frac{\partial^{2}f}{\partial
x^{2}}&\frac{\partial^{2}f}{\partial
y\partial x}&\frac{\partial^{2}f}{\partial
z\partial x}\\\frac{\partial^{2}f}{\partial
x \partial y}&\frac{\partial^{2}f}{\partial
y^{2}}&\frac{\partial^{2}f}{\partial
z \partial y}\\\frac{\partial^{2}f}{\partial
x \partial z}&\frac{\partial^{2}f}{\partial
y \partial z}&\frac{\partial^{2}f}{\partial
z^{2}}\end{matrix}\right)$$
se le conoce como matriz Hessiana y se le denota $H(x_{0},y_{0},z_{0})$, por lo que la aproximación de Taylor se puede escribir

$$f(x,y)=f(x_{0},y_{0})+\nabla f(x_{0},y_{0},z_{0})\cdot (h_{1},h_{2},h_{3})+\frac{1}{2!}(h_{1}~h_{2}~h_{3})H(x_{0},y_{0},z_{0})\left(\begin{matrix}h_{1}\\h_{2}\\h_{3}\end{matrix}\right)$$

$\textbf{Ejemplo}$ Considere la función $f(x,y)=e^{2x+3y}$
$f[(0,0)+(x,y)]=f(0,0) +\nabla f(0,0)\cdot(x,y)+\frac{1}{2}[xy]H(0,0)\left[\begin{array}{c} x\\y\end{array}\right]+r_2(x,y)$

donde $\displaystyle\lim _{(x,y)\rightarrow(0,0)} \displaystyle\frac{r(x,y)}{x^2+y^2}=0$

$\nabla f=\left(\displaystyle\frac{\partial f}{\partial x}, \displaystyle\frac{\partial f}{\partial y}\right)=(2e^{2x+3y},3e^{2x+3y})~~~~ \therefore \nabla f(0,0)=(2,3)$

$$
H(x,y)=\left[\begin{array}{cc}
\displaystyle\frac{\partial ^2f}{\partial x^2} & \displaystyle\frac{\partial ^2f}{\partial y\partial x}\\
\displaystyle\frac{\partial ^2f}{\partial x\partial y} & \displaystyle\frac{\partial ^2f}{\partial y^2}\end{array}\right]=
\left[\begin{array}{cc}
4e^{2x+3} & 6e^{2x+3y}\\
6e^{2x+3y} & 9e^{2x+3y}\end{array}\right] ~~~~ \therefore H(0,0)= \left(\begin{array}{cc} 4&6\\6&9\end{array}\right)
$$

Así

Así $f(x,y)=f(0,0)+(2,3)\cdot (x,y) +\frac{1}{2}[xy]\left(\begin{array}{cc} 4&6\\6&9 \end{array}\right)\left[\begin{array}{c} x\\y\end{array}\right]+r(x,y)$
$\therefore e^{2x+3y}=1+2x+3y+2x^2+6xy\frac{9}{2}y^2+r(x,y)$

$\textcolor{Red}{\textbf{Extremos Locales}}$

Entre las caracteristicas geometricas básicas de la gráficas de una función estan sus puntos extremos, en los cuales la función alcanza sus valores mayor y menor.

$\textbf{Definición 1.}$ Si $f:u\subset \mathbb{R}^n \rightarrow
\mathbb{R}$ es una función escalar, dado un punto $x_0 \in u$
se llama mínimo local de $f$ si existe una vecindad $v$ de $x_0$ tal que $\forall x \in v$ ,$f(x)>f(x_0)$. De manera analoga, $x_0 \in u$ es un máximo local si existe una vecindad $v$ de $x_0$ tal que $f(x)<f(x_0)$, $\forall \quad x \in v$. El punto $x_0 \in u$ es un extremo local o relativo, si es un mínimo local o máximo
local.

En la expresión del desarrollo de Taylor
$$f(x,y)=f(x_{0},y_{0})+\nabla f(x_{0},y_{0},z_{0})\cdot (h_{1},h_{2},h_{3})+\frac{1}{2!}(x-x_{0}\quad y-y_{0})(H(x_{0},y_{0}))\left(\begin{array}{c}
x-x_{0} \\y-y_{0} \end{array}\right)$$
Si consideramos los valores para los cuales

$$\nabla f(x_{0},y_{0},z_{0})=(0,0,0)$$
es decir los puntos críticos del gradiente entonces nuestra aproximación de Taylor nos queda

$$f(x,y)=f(x_{0},y_{0})+\frac{1}{2!}(x-x_{0}\quad y-y_{0})(H(x_{0},y_{0}))\left(\begin{array}{c}
x-x_{0} \\y-y_{0} \end{array}\right)$$
que se puede escribir
$$f(x,y)-f(x_{0},y_{0})=\frac{1}{2!}(x-x_{0}\quad y-y_{0})(H(x_{0},y_{0}))\left(\begin{array}{c}
x-x_{0} \\y-y_{0} \end{array}\right)$$

por lo que el signo del lado izquierdo $f(x,y)-f(x_{0},y_{0})$ dependerá del signo de la expresión
$$\frac{1}{2!}(x-x_{0}\quad y-y_{0})(H(x_{0},y_{0}))\left(\begin{array}{c}
x-x_{0} \\y-y_{0} \end{array}\right)$$

es decir dependerá del signo de la forma
$$\frac{1}{2!}(h_{1}~h_{2})\left(\begin{matrix}\frac{\partial^{2}f}{\partial
x^{2}}&\frac{\partial^{2}f}{\partial
y\partial x}\\\frac{\partial^{2}f}{\partial
x\partial y}&\frac{\partial^{2}f}{\partial
y^{2}}\end{matrix}\right)_{p}\left(\begin{matrix}h{1}\\h_{2}\\h_{3}\end{matrix}\right)$$

$\textbf{Teorema 1.}$ Sea $B=\left[\begin{array}{cc}
a & b \\
b & c \\
\end{array}
\right]$ y $H(h)=\frac{1}{2}[h_1,h_2]\left[
\begin{array}{cc}
a & b \\
b & c \\
\end{array}
\right]\left(
\begin{array}{c}
h_1 \\
h_2
\end{array}
\right)$ entonces $H(h)$ es definida positiva si y solo si $a>0$ y $ac-b^2>0$

$\small{Demostración.}$ Tenemos $$H(h)=\frac{1}{2}[h_1,h_2]\left[
\begin{array}{cc}
a h_1& bh_2 \\
b h_1& ch_2 \
\end{array}
\right]=\frac{1}{2}(ah_1^2+2bh_1h_2+ch_1^2)$$
si completamos el cuadrado
$$H(h)=\frac{1}{2}a\left(h_1+\frac{b}{a}h_2\right)^2+\frac{1}{2}\left(c-\frac{b^2}{a}\right)h_2^2$$
supongamos que $h$ es definida positiva. Haciendo
$h_2=0$ vemos que $a>0$. Haciendo $h_1=-\frac{b}{a}h_2$ $c-\frac{b^2}{a}>0$ ó $ac-b^2>0$. De manera analoga $H(h)$ es definida negativa si y solo si $a<0$ y $ac-b^2>0$. $\square$

Criterio del máximo y del mínimo para funciones de dos variables Sea $f(x,y)$ de clase
$C^3$ en un conjunto abierto $u$ de $\mathbb{R}^2$. Un punto $x_0,y_0$ es un mínimo local (Estricto) de $f$ si se cumple las siguientes tres condiciones:

$I)$ $\frac{\partial f}{\partial x}(x_0,y_0)=\frac{\partial f}{\partial y}(x_0,y_0)$
$II)$$\frac{\partial^2 f}{\partial x^2}(x_0,y_0)> 0$
$III)$ $\left(\frac{\partial^2 f}{\partial x^2}\right)\left(\frac{\partial^2 f}{\partial y^2}\right)-\left(\frac{\partial^2 f}{\partial x \partial y}\right)^2> 0$ en $(x_0,y_0)$ (Discriminante). Si en II) tenemos $<0$ en lugar de $>0$ sin cambiar III)
hay un máximo local.

Mas adelante

Veremos la forma linela algebraica que nos ayuda a la clasificación de puntos extremos locales, también veremos como no todo punto crítico es un valor extremo. Esta conclusión se driva del análisis o comportamiento de la función alrededor del punto que queremos clasificar.

Tarea Moral

1.- Halla los máximos y mínimos de $f: \mathbb{R}^2 \rightarrow \mathbb{R}$, $f(x,y)=x^2+y^2-xy$

2.- Halla los puntos críticos de $z=x^2y+y^2+3xy$

3.-Clasifica los puntos críticos de $f(x,y)=(x-y)(xy-1)$

4.-Halla los máximos y mínimos de la función $f(x,y)=log(x^2+y^2+1)$

5.-Sea $f(x,y)= Ax^2 +E$ donde $A$ y $E$ son constantes, indica cuáles son los puntos críticos de $f$. ¿Son máximos locales o mínimos locales?

Enlaces

Introduccion

El diferencial de orden n es una extensión del diferencial de orden 2 y se utiliza cuando se quiere aproximar el cambio de una función de manera más detallada respecto al cambio lineal. También veremos el Teorema de Taylor para varias variables, recordemos que la expansión de Taylor es una aproximación a una función que es siempre diferencialbe mediante polinomios.

Diferencial de orden n

$$d^{n}f=\frac{\partial^{n} f}{\partial x^{n}}dx^{n}+\left(\begin{matrix}n\\1\end{matrix}\right)\frac{\partial^{n-1} f}{\partial x^{n-1}\partial y}dx^{n-1}dy+\left(\begin{matrix}n\\2\end{matrix}\right)\frac{\partial^{n-2} f}{\partial x^{n-2}\partial y^{2}}dx^{n-2}dy^{2}+\cdots+$$ $$\left(\begin{matrix}n\\k\end{matrix}\right)\frac{\partial^{n-k} f}{\partial x^{n-k}\partial y^{k}}dx^{n-k}dy^{k}+\cdots+\frac{\partial^{n}f}{\partial y^{n}}dy^{n}$$
que se puede escribir
$$d^{n}f=\sum_{j=0}^{n}\left(\begin{matrix}n\\j\end{matrix}\right)\frac{\partial^{n}f}{\partial x^{n-j}\partial y^{j}}dx^{n-j}dy^{j}$$

Ejercicio. Probar usando inducción
$$d^{n}f=\sum_{j=0}^{n}\left(\begin{matrix}n\\j\end{matrix}\right)\frac{\partial^{n}f}{\partial x^{n-j}\partial y^{j}}dx^{n-j}dy^{j}$$

Solución. Para n=1 se tiene
$$df=\frac{\partial f}{\partial x}dx+\frac{\partial f}{\partial y}dy$$
Suponemos valido para n

$$d^{n}f=\sum_{j=0}^{n}\left(\begin{matrix}n\\j\end{matrix}\right)\frac{\partial^{n}f}{\partial x^{n-j}\partial y^{j}}dx^{n-j}dy^{j}$$
Por demostrar que es valida para n+1
$$d^{n+1}f=d(d^{n}f)=\frac{\partial}{\partial x}\left(\sum_{j=0}^{n}\left(\begin{matrix}n\\j\end{matrix}\right)\frac{\partial^{n}f}{\partial x^{n-j}\partial y^{j}}dx^{n-j}dy^{j}\right)dx+\frac{\partial}{\partial y}\left(\sum_{j=0}^{n}\left(\begin{matrix}n\\j\end{matrix}\right)\frac{\partial^{n}f}{\partial x^{n-j}\partial y^{j}}dx^{n-j}dy^{j}\right)dy=$$

$$\sum_{j=0}^{n}\left(\begin{matrix}n\\j\end{matrix}\right)\frac{\partial^{n+1}f}{\partial x^{n+1-j}\partial y^{j}}dx^{n+1-j}dy^{j}+\sum_{j=0}^{n}\left(\begin{matrix}n\\j\end{matrix}\right)\frac{\partial^{n+1}f}{\partial x^{n-j}\partial y^{j+1}}dx^{n-j}dy^{j+1}=$$
$$\sum_{j=0}^{n}\left(\begin{matrix}n\\j\end{matrix}\right)\frac{\partial^{n+1}f}{\partial x^{n+1-j}\partial y^{j}}dx^{n+1-j}dy^{j}+\sum_{j=1}^{n+1}\left(\begin{matrix}n\\j-1\end{matrix}\right)\frac{\partial^{n+1}f}{\partial x^{n+1-j}\partial y^{j}}dx^{n+1-j}dy^{j}=$$

$$\frac{\partial^{n+1}f}{\partial x^{n+1}}dx^{n+1}+\sum_{j=1}^{n}\left(\begin{matrix}n\\j\end{matrix}\right)\frac{\partial^{n+1}f}{\partial x^{n+1-j}\partial y^{j}}dx^{n+1-j}dy^{j}+\sum_{j=1}^{n}\left(\begin{matrix}n\\j-1\end{matrix}\right)\frac{\partial^{n+1}f}{\partial x^{n+1-j}\partial y^{j}}dx^{n+1-j}dy^{j}+\frac{\partial^{n+1}f}{\partial y^{n+1}}dy^{n+1}=$$

$$\frac{\partial^{n+1}f}{\partial x^{n+1}}dx^{n+1}+\sum_{j=1}^{n}\left(\left(\begin{matrix}n\\j\end{matrix}\right)+\left(\begin{matrix}n\\j-1\end{matrix}\right)\right)\frac{\partial^{n+1}f}{\partial x^{n+1-j}\partial y^{j}}dx^{n+1-j}dy^{j}+\frac{\partial^{n+1}f}{\partial y^{n+1}}dy^{n+1}=$$

$$\frac{\partial^{n+1}f}{\partial x^{n+1}}dx^{n+1}+\sum_{j=1}^{n}\left(\begin{matrix}n+1\\j\end{matrix}\right)\frac{\partial^{n+1}f}{\partial x^{n+1-j}\partial y^{j}}dx^{n+1-j}dy^{j}+\frac{\partial^{n+1}f}{\partial y^{n+1}}dy^{n+1}=\sum_{j=0}^{n+1}\left(\begin{matrix}n\\j\end{matrix}\right)\frac{\partial^{n}f}{\partial x^{n-j}\partial y^{j}}dx^{n-j}dy^{j}$$

La última fórmula puede expresarse simbólicamente por la ecuación
$$d^{n}f=\left(\frac{\partial}{\partial x}dx+\frac{\partial}{\partial y}dy\right)^{n}f$$

donde primero debe desarrollarse le expresión de la derecha formalmente por medio del teorema del binomio y, a continuación deben sustituirse los términos
$$\frac{\partial^{n}f}{\partial x^{n}}dx^{n},\frac{\partial^{n}f}{\partial x^{n-1}\partial y}dx^{n-1}dy,\cdots,\frac{\partial^{n}f}{\partial y^{n}}dy^{n}$$
por los términos
$$\left(\frac{\partial}{\partial x}dx\right)^{n}f,\left(\frac{\partial}{\partial x}dx\right)^{n-1}\left(\frac{\partial}{\partial y}dy\right)f,\cdots,\left(\frac{\partial}{\partial y}dy\right)^{n}f$$

Teorema de Taylor para funciones $f:A\subset\mathbb{R}^{2}\rightarrow\mathbb{R}$}

Recordando el Teorema de Taylor para funciones $f:\mathbb{R}\rightarrow\mathbb{R}$

Teorema. Si $f(x)$ tiene n-ésima derivada continua en una vecindad de $x_{0}$, entonces en esa vecindad
$$f(x)=f(x_{0})+\frac{1}{1!}f'(x_{0})(x-x_{0})+\frac{1}{2!}f»(x_{0})(x-x_{0})^{2}+\frac{1}{3!}f»'(x_{0})(x-x_{0})^{3}+…+\frac{1}{n!}f^{n}(x_{0})(x-x_{0})^{n}+R_{n}$$
donde
$$R_{n}=\frac{f^{n+1}(\epsilon)}{(n+1)!}(x-x_{0})^{n+1},~donde~\epsilon\in(x_{0},x)$$

Sea $f:A\subset\mathbb{R}^{2}\rightarrow\mathbb{R}$ y sea $F(t)=f(x_{0}+h_{1}t,y_{0}+h_{2}t)$ con $t\in[0,1]$, de esta manera f recorre el segmento de $[x_{0},y_{0}]$ a $[x_{0}+h_{1}t,y_{0}+h_{2}t]$. Se tiene entonces que usando la regla de la cadena
$$F'(t)=\frac{\partial f}{\partial x}(x_{0}+h_{1}t,y_{0}+h_{2}t)\cdot \frac{d(x_{0}+h_{1}t)}{dt}+\frac{\partial f}{\partial y}(x_{0}+h_{1}t,y_{0}+h_{2}t)\cdot \frac{d(y_{0}+h_{2}t)}{dt}=$$

$$\frac{\partial f}{\partial x}(x_{0}+h_{1}t,y_{0}+h_{2}t)\cdot h_{1}+\frac{\partial f}{\partial y}(x_{0}+h_{1}t,y_{0}+h_{2}t)\cdot h_{2}$$
Vamos ahora a calcular $F^{´´}(t)$

$$F^{´´} ( t )=\frac{\partial}{\partial x}\left(\frac{\partial f}{\partial x}h_{1}+ \frac{\partial f}{\partial y}h_{2}\right)h_{1}+\frac{\partial}{\partial y}\left(\frac{\partial f}{\partial x}h_{1}+ \frac{\partial f}{\partial y}h_{2}\right)h_{2}=$$
$$\frac{\partial^{2} f}{\partial x^{2}}h_{1}^{2}+2\frac{\partial^{2} f}{\partial x\partial y}h_{1}h_{2}+\frac{\partial^{2} f}{\partial y^{2}}h_{2}^{2}$$

simbólicamente se puede escribir
$$F^{»}(t)=\left(\frac{\partial }{\partial x}\cdot h_{1}+\frac{\partial }{\partial y}\cdot h_{2}\right)^{2}f$$
y en general

$$F^{n}(t)=\frac{\partial^{n} f}{\partial x^{n}}h_{1}^{n}+\left(\begin{matrix}n\\1\end{matrix}\right)\frac{\partial^{n-1} f}{\partial x^{n-1}\partial y}h_{1}^{n-1}h_{2}+\left(\begin{matrix}n\\2\end{matrix}\right)\frac{\partial^{n-2} f}{\partial x^{n-2}\partial y^{2}}h_{1}^{n-2}h_{2}^{2}+\cdots+\left(\begin{matrix}n\\k\end{matrix}\right)\frac{\partial^{n-k} f}{\partial x^{n-k}\partial y^{k}}h_{1}^{n-k}h_{2}^{k}+\cdots+\frac{\partial^{n}f}{\partial y^{n}}h_{2}^{n}$$

que simbólicamente se puede escribir
$$F^{n}=\sum_{j=0}^{n}\left(\begin{matrix}n\\j\end{matrix}\right)\frac{\partial^{n}f}{\partial x^{n-j}\partial y^{j}}h_{1}^{n-j}h_{2}^{j}=\left(\frac{\partial }{\partial x}\cdot h_{1}+\frac{\partial }{\partial y}\cdot h_{2}\right)^{n}f$$

Ahora bien si se aplica la fórmula de Taylor con la forma del residuo de Lagrange a la función $$F(t)=f(x_{0}+h_{1}t,y_{0}+h_{2}t)$$ y ponemos $t=0$, se tiene
$$F(t)=F(0)+\frac{1}{1!}F'(0)t+\frac{1}{2!}F^{»}(0)t^{2}+\frac{1}{3!}F»'(0)t^{3}+…++\frac{1}{n!}F^{^{n}}(0)t^{n}+R_{n}$$
ahora bien con $t=1$
$$f(x_{0}+h_{1},y_{0}+h_{2})=f(x_{0},y_{0})+\frac{1}{1!}\left(\frac{\partial f}{\partial x}(x_{0},y_{0})\cdot h_{1}+\frac{\partial f}{\partial y}(x_{0},y_{0})\cdot h_{2}\right)+\frac{1}{2!}\left(\frac{\partial^{2} f}{\partial x^{2}}(x_{0},y_{0})h_{1}^{2}+2\frac{\partial^{2} f}{\partial x\partial y}(x_{0},y_{0})h_{1}h_{2}+\frac{\partial^{2} f}{\partial y^{2}}(x_{0},y_{0})h_{2}^{2}\right)$$
$$+\cdots+\frac{1}{n!}\left(\sum_{j=0}^{n+1}\left(\begin{matrix}n\\j\end{matrix}\right)\frac{\partial^{n}f}{\partial x^{n-j}\partial y^{j}}(x_{0},y_{0})h_{1}^{n-j}h_{2}^{j}\right)$$

$x=x_{0}+h_{1}$, $y_{0}+h_{2}=y$ por lo que $h_{1}=x-x_{0}$ y $h_{2}=y-y_{0}$ entonces

$$f(x,y)=f(x_{0},y_{0})+\frac{1}{1!}\left(\frac{\partial f}{\partial x}(x_{0},y_{0})\cdot (x-x_{0})+\frac{\partial f}{\partial y}(x_{0},y_{0})\cdot (y-y_{0})\right)+$$

$$\frac{1}{2!}\left(\frac{\partial^{2} f}{\partial x^{2}}(x_{0},y_{0})(x-x_{0})^{2}+2\frac{\partial^{2} f}{\partial x\partial y}(x_{0},y_{0})(x-x_{0})(y-y_{0})+\frac{\partial^{2} f}{\partial y^{2}}(x_{0},y_{0})(y-y_{0})^{2}\right)+$$

$$\cdots+\frac{1}{n!}\left(\sum_{j=0}^{n+1}\left(\begin{matrix}n\\j\end{matrix}\right)\frac{\partial^{n}f}{\partial x^{n-j}\partial y^{j}}(x_{0},y_{0})(x-x_{0})^{n-j}(y-y_{0})^{j}\right)+R_{n}$$

donde
$$R_{n}=\frac{1}{n+1!}\left((x-x_{0})^{n+1}\frac{\partial^{n+1}f}{\partial x^{n+1}}(\xi,\eta)+\cdots+(y-y_{0})^{n+1}\frac{\partial^{n+1}f}{\partial y^{n+1}}(\xi,\eta)\right)$$ donde $\xi\in(x_{0},x_{0}+h_{1})$ y $\eta\in(y_{0},y_{0}+h_{2})$\En general el residuo $R_{n}$ se anula en un orden mayor que el término $d^{n}f$

Ejemplo. Desarrollar la fórmula de Taylor en $(x_{0},y_{0})=(0,0)$ con $n=3$ para la función $$f(x,y)=e^{y}\cos x$$

Solución. En este caso tenemos que
$$f(0,0)=e^{0}\cos(0)=1$$
Para la diferencial de orden 1
$$\frac{\partial f}{\partial x}(0,0)~\Rightarrow~\frac{\partial (e^{y}\cos(x))}{\partial x}(0,0)~\Rightarrow~-e^{y} sen\left( x\right) \big{|}{(0,0)}=0$$ $$\frac{\partial f}{\partial y}(0,0)~\Rightarrow~\frac{\partial (e^{y} \cos x)}{\partial y}(0,0)~\Rightarrow~-e^{y}\cos(x)\big{|}{(0,0)}=1$$
por lo tanto
$$\frac{1}{1!}\left(\frac{\partial f}{\partial x}(x_{0},y_{0})\cdot (x-x_{0})+\frac{\partial f}{\partial y}(x_{0},y_{0})\cdot (y-y_{0})\right)=\frac{1}{1!}\left((0)(x)+(1)(y)\right)=y$$
Para la diferencial de orden 2
$$\frac{\partial^{2} f}{\partial x^{2}}(x_{0},y_{0})~\Rightarrow~\frac{\partial^{2} (e^{y}\ cos x)}{\partial x^{2}}(0,0)~\Rightarrow~-e^{y} \cos~x\big{|}{(0,0)}=-1$$ $$\frac{\partial^{2} f}{\partial y^{2}}(x_{0},y_{0})~\Rightarrow~\frac{\partial^{2} (e^{y} \cos x)}{\partial y^{2}}(0,0)~\Rightarrow~e^{y} \cos~x\big{|}{(0,0)}=1$$ $$\frac{\partial^{2} f}{\partial x~\partial y}(x_{0},y_{0})~\Rightarrow~\frac{\partial^{2} (e^{y}\cos x)}{\partial x~\partial y}(0,0)~\Rightarrow~-e^{y} sen~x~ \big{|}{(0,0)}=0$$ Por lo tanto $$\frac{1}{2!}\left(\frac{\partial^{2} f}{\partial x^{2}}(x_{0},y_{0})h_{1}^{2}+2\frac{\partial^{2} f}{\partial x\partial y}(x_{0},y_{0})h_{1}h_{2}+\frac{\partial^{2} f}{\partial y^{2}}(x_{0},y_{0})h_{2}^{2}\right)=\frac{1}{2!}((-1)x^{2}+2(0)xy+(1)y^{2})$$
Para la diferencial de orden 3

$$\frac{\partial^{3} f}{\partial x^{3}}(x_{0},y_{0})~\Rightarrow~e^{y} sen~x\big{|}_{(0,0)}=0$$

$$\frac{\partial^{3} f}{\partial y^{3}}(x_{0},y_{0})~\Rightarrow~\frac{\partial^{2} (e^{y}\cos x)}{\partial y^{3}}(0,0)~\Rightarrow~e^{y}\cos~x\big{|}_{(0,0)}=1$$

$$\frac{\partial^{3} f}{\partial x^{2}~\partial y}(x_{0},y_{0})~\Rightarrow~\frac{\partial^{2} (e^{y}\cos x)}{\partial x^{2}~\partial y}(0,0)~\Rightarrow~-e^{y}\cos~x\big{|}_{(0,0)}=-1$$

$$\frac{\partial^{3} f}{\partial y^{3}}(x_{0},y_{0})~\Rightarrow~\frac{\partial^{2} (e^{y}\cos x)}{\partial y^{3}}(0,0)~\Rightarrow~e^{y}\cos~x\big{|}_{(0,0)}=1$$

$$\frac{\partial^{3} f}{\partial x~\partial y^{2}}(x_{0},y_{0})~\Rightarrow~\frac{\partial^{2} (e^{y}\cos x)}{\partial x~\partial y^{2}}(0,0)~\Rightarrow~-e^{y} sen~x\big{|}_{(0,0)}=0$$

Por lo tanto
$$\frac{1}{3!}\left(\frac{\partial^{3} f}{\partial x^{3}}h_{1}^{3}+3\frac{\partial^{3} f}{\partial x^{2}\partial y}h_{}1^{2}h_{2}+3\frac{\partial^{3} f}{\partial x\partial y^{2}}h_{1}h_{2}^{2}+\frac{\partial^{3} f}{\partial y^{3}}h_{}2^{3}\right)=$$

$$\frac{1}{3!}\left((0)(x^{3})+3(-1)x^{2}y+3(0)xy^{2}+(1)y^{3}\right)$$
Finalmente para el residuo se tiene

$$\frac{\partial^{4} f}{\partial x^{4}}(x_{0},y_{0})~\Rightarrow~\frac{\partial^{4} (e^{y}\cos(x))}{\partial y^{3}}(0,0)~\Rightarrow~e^{y}\cos~x\big{|}_{(\xi,\eta)}=e^{\eta}\cos~\xi$$

$$\frac{\partial^{4} f}{\partial x^{2}\partial y^{2}}(x_{0},y_{0})~\Rightarrow~\frac{\partial^{4} (e^{y}\cos x)}{\partial x^{2}\partial y^{2}}(0,0)~\Rightarrow~-e^{y}\cos~x\big{|}_{(\xi,\eta)}=-e^{\eta}\cos~\xi$$

$$\frac{\partial^{4} f}{\partial x\partial y^{3}}(x_{0},y_{0})~\Rightarrow~\frac{\partial^{4} (e^{y}\cos x)}{\partial x\partial y^{3}}(0,0)~\Rightarrow~-e^{y} sen~x\big{|}_{(\xi,\eta)}=-e^{\eta} sen~\xi$$

$$\frac{\partial^{4} f}{\partial y^{4}}(x_{0},y_{0})~\Rightarrow~\frac{\partial^{4} (e^{y}\cos x)}{\partial y^{4}}(0,0)~\Rightarrow~e^{y}\cos~x\big{|}_{(\xi,\eta)}=e^{\eta}\cos~\xi$$

$$R_{3}=\frac{1}{4!}\left(\frac{\partial^{4} f}{\partial x^{4}}h_{1}^{4}+4\frac{\partial^{4} f}{\partial x^{3}\partial y}h_{1}^{3}h_{2}+6\frac{\partial^{4} f}{\partial x^{2}\partial y^{2}}h_{1}^{2}h_{2}^{2}+4\frac{\partial^{4} f}{\partial x\partial y^{3}}h_{1}h_{2}^{3}+\frac{\partial^{4} f}{\partial h_{2}^{4}}dy^{4}\right)$$

$$=\frac{1}{4!}\left(x^{4}e^{\eta}\cos~\xi+4x^{3}ye^{\eta} sen~xi-6x^{2}y^{2}e^{\eta}\cos~\xi-4xy^{3}e^{\eta} sen~\xi+y^{4}e^{\eta}\cos~\xi\right)$$

Por lo que nuestro desarrollo de Taylor nos queda
$$e^{y}\cos~x=1+y+\frac{1}{2}(x^{2}-y^{2})+\frac{1}{6}(x^{3}-3xy^{2})+R_{3}$$
donde
$$R_{3}=\frac{1}{4!}\left(x^{4}e^{\eta}\cos~\xi+4x^{3}ye^{\eta} sen~\xi-6x^{2}y^{2}e^{\eta}\cos~\xi-4xy^{3}e^{\eta} sen~\xi+y^{4}e^{\eta}\cos~\xi\right)$$

$\textbf{Ejercicio}$ Use la fórmula de Taylor en
$$f(x,y)=\cos~(x+y)$$
en el punto $(x_{0},y_{0})=(0,0)$ con $n=2$ para comprobar que
$$\lim_{(x,y)\rightarrow(0,0)}\frac{1-\cos~(x+y)}{(x^{2}+y^{2})^{2}}=\frac{1}{2}$$

En este caso para
$$f(x,y)=\cos(x+y)$$
se tiene
$$f(0,0)=\cos(0+0)=1$$
Para la diferencial de orden 1
$$\frac{\partial f}{\partial x}(0,0)~\Rightarrow~\frac{\partial (\cos x+y)}{\partial x}(0,0)~\Rightarrow~- sen(x+y)\big{|}{(0,0)}=0$$ $$\frac{\partial f}{\partial y}(0,0)~\Rightarrow~\frac{\partial (\cos x+y)}{\partial y}(0,0)~\Rightarrow~- sen(x+y)\big{|}{(0,0)}=0$$
por lo tanto

$$\frac{1}{1!}\left(\frac{\partial f}{\partial x}(x_{0},y_{0})\cdot (x-x_{0})+\frac{\partial f}{\partial y}(x_{0},y_{0})\cdot (y-y_{0})\right)=\frac{1}{1!}\left((0)(x)+(0)(y)\right)=0$$

Para la diferencial de orden 2
$$\frac{\partial^{2} f}{\partial x^{2}}(x_{0},y_{0})~\Rightarrow~\frac{\partial^{2} (\cos x+y)}{\partial x^{2}}(0,0)~\Rightarrow~-\cos~x+y\big{|}{(0,0)}=-1$$ $$\frac{\partial^{2} f}{\partial y^{2}}(x_{0},y_{0})~\Rightarrow~\frac{\partial^{2} (\cos x+y)}{\partial y^{2}}(0,0)~\Rightarrow~-\cos~x+y\big{|}{(0,0)}=-1$$ $$\frac{\partial^{2} f}{\partial x~\partial y}(x{0},y_{0})~\Rightarrow~\frac{\partial^{2} (\cos x+y)}{\partial x~\partial y}(0,0)~\Rightarrow~-\cos~x+y\big{|}_{(0,0)}=-1$$
Por lo tanto

$$\frac{1}{2!}\left(\frac{\partial^{2} f}{\partial x^{2}}(x_{0},y_{0})h_{1}^{2}+2\frac{\partial^{2} f}{\partial x\partial y}(x_{0},y_{0})h_{1}h_{2}+\frac{\partial^{2} f}{\partial y^{2}}(x_{0},y_{0})h_{2}^{2}\right)=\frac{1}{2!}((-1)x^{2}-2xy+(-1)y^{2})$$
Por lo que nuestro desarrollo de Taylor nos queda
$$\cos(x+y)=1-\frac{x^{2}}{2}-xy-\frac{y^{2}}{2}$$
De manera que

$$\lim_{(x,y)\rightarrow(0,0)}\frac{1-\cos~(x+y)}{(x^{2}+y^{2})^{2}}=\lim_{(x,y)\rightarrow(0,0)}\frac{1-(1-\frac{x^{2}}{2}-xy-\frac{y^{2}}{2})}{(x^{2}+y^{2})^{2}}$$
$$=\lim_{(x,y)\rightarrow(0,0)}\frac{1}{2}\frac{(x^{2}+y^{2})^{2}}{(x^{2}+y^{2})^{2}}=\frac{1}{2}$$

Mas adelante

Tarea Moral

Determina la expansión de Taylor de segundo orden en $(x_0, y_0)=(0,0)$ para las siguientes funciones:

1.- $f(x,y)=sen(x+2y)$

2.-$f(x,y)=\frac{1}{x^2+y^2+1}$

3.-$f(x,y)=e^{-x^{2}-y^{2}}$

4.-$f(x,y)=sen(xy)+cos(xy)$

5.- $f(x,y)=e^{(x-1)^{2}}$

Enlaces

Introduccion

Análogamente al tema estudiado en cálculo de una variable respecto al criterio de la segunda derivada se analizarán, en este caso, la derivada de la derivada parcial con el objetivo de detectar máximos y mínimos de una función.

Derivadas Parciales de Orden Superior

Si $f$ es una función de doas variables $x,y$ $\Rightarrow$ $\displaystyle\frac{\partial f}{\partial x}, \displaystyle\frac{\partial f}{\partial y}$ son funciones de las mismas variables, cuando derivamos $\displaystyle\frac{\partial f}{\partial x}$ y $ \displaystyle\frac{\partial f}{\partial y}$ obtenemos las derivadas parciales de segundo orden, las derivadas de $\displaystyle\frac{\partial f}{\partial x}$ están definidas por:

$$\displaystyle\frac{\partial^{2}f}{\partial x^{2}}(x,y)=\displaystyle\lim_{h\to 0}{\displaystyle\frac{\displaystyle\frac{\partial f}{\partial x}(x+h,y)-\displaystyle\frac{\partial f}{\partial x}(x,y)}{h}}$$

$$\displaystyle\frac{\partial^{2}f}{\partial y \partial x}(x,y)=\displaystyle\lim_{k\to 0}{\displaystyle\frac{\displaystyle\frac{\partial f}{\partial x}(x,y+k)-\displaystyle\frac{\partial f}{\partial x}(x,y)}{k}}$$

Si $f$ es una función de dos variables entonces hay cuatro derivadas parciales de segundo orden.

Consideremos las diferentes notaciones para las derivadas parciales:

$$f_{1,1}=\displaystyle\frac{\partial^{2}f}{\partial x^{2}}=f_{xx}$$

$$f_{1,2}=\displaystyle\frac{\partial^{2}f}{\partial y \partial x}=\frac{\partial}{\partial y}\bigg(\frac{\partial f}{\partial x}\bigg)=f_{xy}$$

$$f_{2,1}=\displaystyle\frac{\partial^{2}f}{\partial x \partial y}=\frac{\partial}{\partial x}\bigg(\frac{\partial f}{\partial y}\bigg)=f_{yx}$$

$$f_{2,2}=\displaystyle\frac{\partial^{2}f}{\partial y^{2}}=\frac{\partial}{\partial y}\bigg(\frac{\partial f}{\partial y}\bigg)=f_{yy}$$

Ejemplo. $z=x^{3}+3x^{2}y-2x^{2}y^{2}-y^{4}+3xy$ hallar $\displaystyle\frac{\partial z}{\partial x}, \displaystyle\frac{\partial z}{\partial y},\displaystyle\frac{\partial^{2} z}{\partial x^{2}},\displaystyle\frac{\partial^{2}z}{\partial x \partial y},\displaystyle\frac{\partial^{2}z}{\partial y \partial x},\displaystyle\frac{\partial^{2} z}{\partial y^{2}}$

$$\displaystyle\frac{\partial z}{\partial x}=3x^{2}+6xy-4xy^{2}+3y$$

$$\displaystyle\frac{\partial z}{\partial y}=3x^{2}-4x^{2}y-4y^{3}+3x$$

$$\displaystyle\frac{\partial^{2} z}{\partial x^{2}}=6x+6y-4y^{2}$$

$$\displaystyle\frac{\partial^{2} z}{\partial y^{2}}=-4x^{2}-12y^{2}$$

$$\displaystyle\frac{\partial^{2}z}{\partial y \partial x}=6x-8xy+3$$

$$\displaystyle\frac{\partial^{2}z}{\partial x \partial y}=6x-8xy+3$$

Teorema 1.Teorema de schwarz

Sea $f:A\subset \mathbb{R}^{2}\rightarrow\mathbb{R}$ una función definida en el abierto A de $\mathbb{R}^{2}$. Si las derivadas parciales

$$\frac{\partial^{2} f}{\partial y\partial x}~y~\frac{\partial^{2} f}{\partial x\partial y}$$

existen y son continuas en $A$, entonces

$$\frac{\partial^{2} f}{\partial y\partial x}=\frac{\partial^{2} f}{\partial x\partial y}$$

Demostración. Sea

$\displaystyle{M=f(x+h_{1},y+h_{2})-f(x+h_{1},y)-f(x,y+h_{2})+f(x,y)}$ y definimos $$\varphi(x)=f(x,y+h_{2})-f(x,y)$$de manera que
$$\varphi(x+h_{1})-\varphi(x)=f(x+h_{1},y+h_{2})-f(x+h_{1},y)-(f(x,y+h_{2})-f(x,y))=M$$

Aplicando el TVM a $\varphi$ en el intervalo $[x,x+h_{1}]$ se tiene que existe $\theta~\in~(x,x+h_{1})$ tal que

$$\varphi(x+h_{1})-\varphi(x)=\varphi'(\theta)h_{1}$$

por otro lado
$$\varphi'(x)=\frac{\partial f}{\partial x}(x,y+h_{2})-\frac{\partial f}{\partial x}(x,y)$$
por lo tanto
$$\varphi'(\theta)=\frac{\partial f}{\partial x}(\theta,y+h_{2})-\frac{\partial f}{\partial x}(\theta,y)$$
tenemos entonces que

$$M=\varphi(x+h_{1})-\varphi(x)=\varphi'(\theta)h_{1}=\left(\frac{\partial f}{\partial x}(\theta,y+h_{2})-\frac{\partial f}{\partial x}(\theta,y)\right)h_{1}$$
Consideremos ahora $\displaystyle{\psi(y)=\frac{\partial f}{\partial x}(x,y)}$. Aplicando el TVM a $\psi$ en el intervalo $[y,y+h_{2}]$ se tiene que existe $\eta~\in~(y,y+h_{2})$ tal que
$$\psi(y+h_{2})-\psi(y)=\psi'(\eta)h_{2}$$
por otro lado

$$\psi'(y)=\frac{\partial }{\partial y}\left(\frac{\partial f}{\partial x}\right)(x,y)=\frac{\partial^{2}f}{\partial y\partial x}(x,y)$$
por lo tanto
$$\psi'(\eta)=\frac{\partial^{2}f}{\partial y\partial x}(x,\eta)$$
de esta manera

$$\psi(y+h_{2})-\psi(y)=\psi'(\eta)h_{2}=\left(\frac{\partial^{2}f}{\partial y\partial x}(x,\eta)\right)h_{2}$$
y si $\theta\in (x,x+h_{1})$ tenemos entonces que

$$\frac{\partial f}{\partial x}(\theta,y+h_{2})-\frac{\partial f}{\partial x}(\theta,y)=\left(\frac{\partial^{2}f}{\partial y\partial x}(\theta,\eta)\right)h_{2}$$
en consecuencia
$$M=\left(\frac{\partial f}{\partial x}(\theta,y+h_{2})-\frac{\partial f}{\partial x}(\theta,y)\right)h_{1}=\left(\frac{\partial^{2}f}{\partial y\partial x}(\theta,\eta)\right)h_{2}h_{1}$$

Consideremos ahora $$\overline{\varphi}(y)=f(x+h_{1},y)-f(x,y)$$de manera que
$$\overline{\varphi}(y+h_{2})-\overline{\varphi}(y)=f(x+h_{1},y+h_{2})-f(x+h_{1},y)-(f(x,y+h_{2})-f(x,y))=M$$

Aplicando el TVM a $\overline{\varphi}$ en el intervalo $[y,y+h_{2}]$ se tiene que existe $\overline{\eta}~\in~(y,y+h_{2})$ tal que
$$\overline{\varphi}(y+h_{2})-\overline{\varphi}(y)=\overline{\varphi}'(\overline{\eta})h_{2}$$
por otro lado
$$\overline{\varphi}'(y)=\frac{\partial f}{\partial y}(x+h_{1},y)-\frac{\partial f}{\partial y}(x,y)$$
por lo tanto

$$\overline{\varphi}'(\overline{\eta})=\frac{\partial f}{\partial y}(x+h_{1},\overline{\eta})-\frac{\partial f}{\partial y}(x,\overline{\eta})$$
tenemos entonces que
$$M=\overline{\varphi}(y+h_{2})-\overline{\varphi}(y)=\overline{\varphi}'(\overline{\eta})h_{2}=\left(\frac{\partial f}{\partial y}(x+h_{1},\overline{\eta})-\frac{\partial f}{\partial y}(x,\overline{\eta})\right)h_{2}$$

Consideremos ahora $\displaystyle{\overline{\psi}(x)=\frac{\partial f}{\partial y}(x,y)}$. Aplicando el TVM a $\psi$ en el intervalo $[x,x+h_{1}]$ se tiene que existe $\overline{\theta}~\in~(x,x+h_{1})$ tal que
$$\overline{\psi}(x+h_{1})-\overline{\psi}(x)=\overline{\psi}'(\overline{\theta})h_{1}$$
por otro lado

$$\overline{\psi}'(x)=\frac{\partial }{\partial x}\left(\frac{\partial f}{\partial y}\right)(x,y)=\frac{\partial^{2}f}{\partial x\partial y}(x,y)$$
por lo tanto
$$\overline{\psi}'(\overline{\theta})=\frac{\partial^{2}f}{\partial y\partial x}(\overline{\theta},y)$$
de esta manera

$$\overline{\psi}(x+h_{1})-\overline{\psi}(x)=\overline{\psi}'(\overline{\theta})h_{1}=\left(\frac{\partial^{2}f}{\partial x\partial y}(\overline{\theta},y)\right)h_{1}$$
es decir
$$\frac{\partial f}{\partial y}(x+h_{1},y)-\frac{\partial f}{\partial y}(x,y)=\left(\frac{\partial^{2}f}{\partial x\partial y}(\overline{\theta},y)\right)h_{1}$$
y si $\overline{\eta}\in (y,y+h_{2})$ tenemos entonces que
$$\frac{\partial f}{\partial y}(x+h_{1},\overline{\eta})-\frac{\partial f}{\partial y}(x,\overline{\eta})=\left(\frac{\partial^{2}f}{\partial x\partial y}(\overline{\theta},\overline{\eta})\right)h_{1}$$
en consecuencia

$$M=\left(\frac{\partial f}{\partial y}(x+h_{1},\overline{\eta})-\frac{\partial f}{\partial y}(x,\overline{\eta})\right)h_{1}h_{2}=\left(\frac{\partial^{2}f}{\partial x\partial y}(\overline{\theta},\overline{\eta})\right)h_{2}h_{1}$$
igualando ambas expresiones de M se tiene
$$\left(\frac{\partial^{2}f}{\partial y\partial x}(\theta,\eta)\right)h_{2}h_{1}=\left(\frac{\partial^{2}f}{\partial x\partial y}(\overline{\theta},\overline{\eta})\right)h_{2}h_{1}$$
donde
$$\left(\frac{\partial^{2}f}{\partial y\partial x}(\theta,\eta)\right)=\left(\frac{\partial^{2}f}{\partial x\partial y}(\overline{\theta},\overline{\eta})\right)$$
Tomando limite cuando $h_{1},h_{2}\rightarrow 0$ y usando la continuidad asumida de las parciales mixtas se tiene que $\theta,\overline{\theta}\rightarrow x$ y $\eta,\overline{\eta}\rightarrow y$ se concluye
$$\frac{\partial^{2}f}{\partial y\partial x}(x,y)=\frac{\partial^{2}f}{\partial x\partial y}(x,y)$$ $\square$

Ejemplo. Sea $f:\mathbb{R}^{2}\rightarrow\mathbb{R}$ dada por $f(x,y)=x^{3}+3x^{2}y-2x^{2}y^{2}-y^{4}+3xy$\
En este caso
$$\frac{\partial f}{\partial x}=3x^{2}+6xy-4xy^{2}+3y$$
$$\frac{\partial f}{\partial y}=3x^{2}-4x^{2}y-4y^{3}+3x$$
$$\frac{\partial^{2} f}{\partial x^{2}}=6x+6y-4y^{2}$$
$$\frac{\partial^{2} f}{\partial y^{2}}=-4x^{2}-12y^{2}$$
$$\frac{\partial^{2} f}{\partial x\partial y}=6x-8xy+3$$
$$\frac{\partial^{2} f}{\partial y\partial x}=6x-8xy+3$$

Ejemplo. Dada la función

tenemos que para $(x,y)\neq (0,0)$
$$\frac{\partial f}{\partial x}=y\frac{x^{4}+4x^{2}y^{2}-y^{4}}{(x^{2}+y^{2})^{2}}$$
$$\frac{\partial f}{\partial y}=x\frac{x^{4}-4x^{2}y^{2}-y^{4}}{(x^{2}+y^{2})^{2}}$$
para el primer caso hacemos $x=0$ y tenemos
$$\frac{\partial f}{\partial x}=y\frac{x^{4}+4x^{2}y^{2}-y^{4}}{(x^{2}+y^{2})^{2}}\underbrace{=}{x=0}-y$$ para el segundo caso hacemos $y=0$ y tenemos $$\frac{\partial f}{\partial y}=x\frac{x^{4}-4x^{2}y^{2}-y^{4}}{(x^{2}+y^{2})^{2}}\underbrace{=}{y=0}1$$
Calculamos ahora
$$\frac{\partial^{2} f}{\partial y\partial x}=\frac{\partial^{2} (-y)}{\partial y\partial x}=-1$$
$$\frac{\partial^{2} f}{\partial x\partial y}=\frac{\partial^{2} (1)}{\partial x\partial y}=1$$
por lo tanto
$$\frac{\partial^{2} f}{\partial y\partial x}=-1\neq 1=\frac{\partial^{2} f}{\partial x\partial y}$$
En este caso las parciales segundas no son contiuas en $(0,0)$

Teorema. Caso General

Sea $f:A\subset\mathbb{R}^{n}\rightarrow\mathbb{R}$ definida en el abierto A de $\mathbb{R}^{n}$ tal que
$$\frac{\partial^{2} f}{\partial x_{i}\partial x_{j}}$$ sean continuas en A, entonces
$$\frac{\partial^{2} f}{\partial x_{i}\partial x_{j}}=\frac{\partial^{2} f}{\partial x_{j}\partial x_{i}}$$

Mas adelante

Tarea Moral

Determina las derivadas de segundo orden para:

1.- $f(x,y)=\dfrac{1}{x^{2}+y^{2}+1}$, $x_0=0$, $y_0=0$

2.- $f(x,y)=e^{x+y}$, $x_0=0$, $y_0=0$

3.- $f(x,y)=e^{-x^{2}-y^{2}}$, $x_0=0$, $y_0=0$

4.-$f(x,y)=sen(xy)+cos(xy)$, $x_0=0$, $y_0=0$

5.- $f(x,y)=e^{(x-1)^{2}}$, $x_0=0$, $y_0=0$

Enlaces

Caso particular de la regla de la cadena

Supongamos que $C:\mathbb{R}\rightarrow\mathbb{R}^{3}$ es una trayectoria diferenciable y $f:\mathbb{R}^{3}\rightarrow\mathbb{R}$.

Sea $h(t)$=$f(x(t), y(t), z(t))$ donde $c(t)$=$(x(t),y(t), z(t))$.
Entonces

$$\displaystyle\frac{\partial{h}}{\partial{t}} = \displaystyle\frac{\partial{f}}{\partial{x}}\cdot \frac{\partial{x}}{\partial{t}}+\frac{\partial{f}}{\partial{y}}\cdot
\frac{\partial{y}}{\partial{t}}+\frac{\partial{f}}{\partial{z}}\cdot
\frac{\partial{z}}{\partial{t}}$$

Esto es:
$\displaystyle\frac{\partial{h}}{\partial{t}}$=$\nabla{f(c(t))}\cdot
{c'(t)}$, ~donde $c'(t)$=$((x'(t), y'(t), z'(t))$

Demostración. Por definición
$\displaystyle\frac{\partial{h}}{\partial{t}}(t_{0})$=$\displaystyle\lim_{t\rightarrow0}\displaystyle\frac{h(t)-h(t_{0})}{t-t_{0}}$
Sumando y restando tenemos que

$\displaystyle\frac{h(t)-h(t_{0})}{t-t_{0}}$=$\displaystyle\frac{f(c(t))-f(c(t_{0}))}{t-t_{0}}$=$\displaystyle\frac{f(x(t), y(t), z(t)) – f(x(t_{0}), y(t_{0}), z(t_{0}))}{t-t_{0}}$=

=$\frac{f(x(t), y(t), z(t))~-~f(x(t_{0}), y(t),
z(t))~+~f(x(t_{0}), y(t), z(t))~-~f(x(t_{0}), y(t_{0}),
z(t))~+~f(x(t_{0}), y(t_{0}), z(t))~-~f(x(t_{0}), y(t_{0}),
z(t_{0}))}{t-t_{0}}$…$\ast$

Aplicando el Teorema del valor medio $\textbf{(T.V.M.)}$

$f(~x(t),~y(t),~z(t))-f(~x(t_{0}),~y(t),~z(t))=\displaystyle\frac{\partial{f}}{\partial{x}}(~c,~y(t),~z(t))~(x(t)-x(t_{0}))$

$f(~x(t_{0}),~y(t),~z(t))-f(~x(t_{0}),~y(t_{0}),~z(t))=\displaystyle\frac{\partial{f}}{\partial{y}}~(x(t),~ d, ~z(t))~(y(t)-y(t_{0}))$

$f(~x(t_{0}),~y(t_{0}),~z(t))-f(~x(t_{0}),~y(t_{0}),~z(t_{0}))=\displaystyle\frac{\partial{f}}{\partial{z}}(~x(t),~y(t),~e)~(z(t)-z(t_{0}))$

$\therefore$$\ast$=$\displaystyle\frac{\partial{f}}{\partial{x}}(~c,~y(t),~z(t))~\displaystyle\frac{x(t)-x(t_{0})}{t-t_{0}}+\displaystyle\frac{\partial{f}}{\partial{y}}~(~x(t),~d,~z(t))~\displaystyle\frac{y(t)-y(t_{0})}{t-t_{0}}$+

$+\displaystyle\frac{\partial{f}}{\partial{z}}~(~x(t),~y(t),~e))~\displaystyle\frac{z(t)-z(t_{0})}{t-t_{0}}$

Tomando $\displaystyle\lim_{t\rightarrow{t_{0}}}$ y por la continuidad de las parciales

$\displaystyle\frac{\partial{h}}{\partial{t}}$=$\displaystyle\frac{\partial{f}}{\partial{x}}~\frac{\partial{x}}{\partial{t}}+ \displaystyle\frac{\partial{f}}{\partial{y}}~\frac{\partial{y}}{\partial{t}}+\displaystyle\frac{\partial{f}}{\partial{z}}~\frac{\partial{z}}{\partial{t}}$

Ejemplos: Caso particular de la regla de la cadena

Ejemplo. Verificar la regla de la cadena para $f:\mathbb{R}^{2}\rightarrow\mathbb{R}$ dada por $f(x,y)=x^{2}+3y^{2}$ y $c:\mathbb{R}\rightarrow\mathbb{R}^{2}$ dada por $c(t)=(e^{t},\cos(t))$

Solución. En este caso $\displaystyle{h(t)=f\circ c(t)~\Rightarrow~h'(t)=\frac{\partial h}{\partial t}}$ y aplicando la regla de la cadena se tiene
$$\frac{\partial f}{\partial x}(c(t))\cdot \frac{d x(t)}{dt}=\frac{\partial (x^{2}+3y^{2})}{\partial x}\left|{(e^{t},\cos(t))}\right.\cdot\frac{d (e^{t})}{dt}=2x\left|{(e^{t},\cos(t))}\cdot e^{t}\right.=2e^{t}\cdot e^{t}=2e^{2t}$$

$$\frac{\partial f}{\partial y}(c(t))\cdot \frac{d y(t)}{dt}=\frac{\partial (x^{2}+3y^{2})}{\partial y}\left|{(e^{t},\cos(t))}\right.\cdot\frac{d (\cos(t))}{dt}=6y\left|{(e^{t},\cos(t))}\cdot (-sen(t))\right.=6 cos(t) \cdot (- sen(t))$$
por lo tanto
$$h'(t)=2e^{2t}-6\cos(t)\cdot (sen(t))$$

Ejemplo. Verificar la regla de la cadena para $f:\mathbb{R}^{2}\rightarrow\mathbb{R}$ dada por $f(x,y)=xy$ y $c:\mathbb{R}\rightarrow\mathbb{R}^{2}$ dada por $c(t)=(e^{t},\cos(t))$

Solución. En este caso $\displaystyle{h(t)=f\circ c(t)~\Rightarrow~h'(t)=\frac{\partial h}{\partial t}}$ y aplicando la regla de la cadena se tiene
$$\frac{\partial f}{\partial x}(c(t))\cdot \frac{d x(t)}{dt}=\frac{\partial (xy)}{\partial x}\left|{(e^{t},\cos(t))}\right.\cdot\frac{d (e^{t})}{dt}=y\left|{(e^{t},\cos(t))}\cdot e^{t}\right.=\cos(t)\cdot e^{t}$$

$$\frac{\partial f}{\partial y}(c(t))\cdot \frac{d y(t)}{dt}=\frac{\partial (xy)}{\partial y}\left|{(e^{t},\cos(t))}\right.\cdot\frac{d (cos(t))}{dt}=x\left|{(e^{t},cos(t))}\cdot (-sen(t))\right.=e^{t}\cdot (-sen(t))$$

por lo tanto
$$h'(t)=\cos(t)e^{t}-e^{t}\cdot sen(t)$$

Ejemplo.Verificar la regla de la cadena para $f:\mathbb{R}^{2}\rightarrow\mathbb{R}$ dada por $f(x,y)=e^{xy}$ y $c:\mathbb{R}\rightarrow\mathbb{R}^{2}$ dada por $c(t)=(3t^{2},t^{3})$

Solución. En este caso $\displaystyle{h(t)=f\circ c(t)~\Rightarrow~h'(t)=\frac{\partial h}{\partial t}}$ y aplicando la regla de la cadena se tiene

$$\frac{\partial f}{\partial x}(c(t))\cdot \frac{d x(t)}{dt}=\frac{\partial (e^{xy})}{\partial x}\left|{(3t^{2},t^{3})}\right.\cdot\frac{d (3t^{2})}{dt}=ye^{xy}\left|{(3t^{2},t^{3})}\cdot 6t\right.=t^{3}e^{3t^{5}}6t=6t^{4}e^{3t^{5}}$$

$$\frac{\partial f}{\partial x}(c(t))\cdot \frac{d x(t)}{dt}=\frac{\partial (e^{xy})}{\partial y}\left|{(3t^{2},t^{3})}\right.\cdot\frac{d (t^{3})}{dt}=xe^{xy}\left|{(3t^{2},t^{3})}\cdot 3t^{2}\right.=3t^{2}e^{3t^{5}}3t^{2}=9t^{4}e^{3t^{5}}$$
por lo tanto
$$h'(t)=6t^{4}e^{3t^{5}}+9t^{4}e^{3t^{5}}=15t^{4}e^{3t^{5}}$$

Teorema 1. El gradiente es normal a las superficies de nivel. Sea $f:\mathbb{R}^{3}\rightarrow\mathbb{R}$ una aplicación $C^{1}$ y sea
$(x_{0},y_{0},z_{0})$ un punto sobre la superficie de nivel $S$ definida por $f(x,y,z)$=$k$, $k$=$cte$. Entonces $\nabla{f}(x_{0},~y_{0},~z_{0})$ es normal a la superficie de nivel en el siguiente sentido: si $v$ es el vector tangente en $t$=$t_{0}$ de
una trayectoria $c(t)$ con $c(t_{0})$=$(x_{0},~y_{0},~z_{0})$ Entonces $\nabla{f}\cdot {v}$=$0$

que se puede escribir como
$$\left(\frac{\partial f}{\partial x}(x(t),y(t)z(t)),\frac{\partial f}{\partial y}(x(t),y(t)z(t)),\frac{\partial f}{\partial z}(x(t),y(t)z(t))\right)\cdot\left(\frac{dx}{dt},\frac{dy}{dt},\frac{dz}{dt}\right)=0$$
en $t=t_{0}$
$$\nabla f(x(0),y(0),z(0))\cdot c'(t_{0})=0$$

Plano Tangente

Sea $f:A\subset\mathbb{R}^{3}\rightarrow\mathbb{R}$ una función diferenciable definida en A, y sea
$$S=\left\{(x,y,z)\in\mathbb{R}^{3}~|~f(x,y,z)=c \right\}$$

una superficie de nivel de f y $\hat{x}_{0}=(x_{0},y_{0},z_{0})$ un punto de ella. Considere además, una curva
$$\alpha(t)=(x(t),y(t),z(t))$$
y una curva
$$\beta(t)=(x_{1}(t),y_{1}(t),z_{1}(t))$$

que pasen por $\hat{x}_{0}$ con $t\in[a,b]$ en ambos casos y tanto $\alpha$ como $\beta$ diferenciables, se tiene entonces $$(f\circ\alpha)'(t)=f'(\alpha(t))\alpha'(t)=\nabla f(\alpha(t))\cdot \alpha'(t)=0$$ $$(f\circ\beta)'(t)=f'(\beta(t))\beta'(t)=\nabla f(\beta(t))\cdot \beta'(t)=0$$ pues el gradiente $\nabla f(\hat{x}{0})$ en ambos casos es ortogonal tanto al vector $\alpha'(t_{0})$ como al vector $\beta'(t_{0})$ en el punto $\hat{x_{0}}=\alpha(t_{0})=\beta(t_{0})$

Si $\nabla f(\hat{x}{0})\neq 0$, entonces las tangentes a las curvas $\alpha, \beta$ sobre S que pasan por $\hat{x}{0}$

están contenidas en un mismo plano; por lo que el plano tangente a
$$S=\left\{(x,y,z)\in\mathbb{R}^{3}~|~f(x,y,z)=c \right\}$$ se define

Definición. El plano tangente a S en $\hat{x}{0}$ se define $$P=\left\{\hat{x}~|~\nabla f(\hat{x}_{0})\cdot (\hat{x}-\hat{x}_{0})=0 \right\}$$

Ejemplo. Hallar el plano tangente a la superficie
$$S=\left\{(x,y,z)\in\mathbb{R}^{3}~|~\frac{x^{2}}{4}-\frac{y^{2}}{9}+z^{2}=1 \right\}$$
en el punto $(2,3,1)$

Solución. En este caso el gradiente es
$$\nabla f(x,y,z)=\left(\frac{x}{2},-\frac{2}{9}y,2z\right)$$
en el punto $(2,3,1)$ es
$$\nabla f(2,3,1)=\left(1,-\frac{2}{3},2\right)$$
Por tanto la ecuación del plano tangente es
$$\left(1,-\frac{2}{3},2\right)\cdot (x-1,y-3,z-1)=0$$
es decir
$$3x-2y+6z-6=0$$

Mas adelante

Tarea Moral

1.- Verifica la regla de la cadena para $f(x,y)=(x^2+y^2) log \sqrt{x^2+y^2}$ y la trayectoria $c(t)=(e^t,e^{-t})$

2.- Aplica la regla de la cadena para $f(x,y)=x exp(x^2+y^2)$ y $c(t)=(t,-t)$

3.- Sea la superficie $S=\left\{(x,y,z) \in \mathbb{R}^3 ~|~ x^2+y^2+(z-6)^2=9 \right\}$ calcula el plano tangente en $(4,-1,2)$

4.- Sea la superficie $S=\left\{(x,y,z) \in \mathbb{R}^3 ~|~ \sqrt {x^2+y^2+z^2} =5 \right\}$ calcula el plano tangente en $(0,2,-6)$

5.- Calcula la ecuación del plano tangente a la superficie definida por $S=\left\{(x,y,z) \in \mathbb{R}^{3} ~|~ 3xy+z^2 =4 \right\}$ calcula el plano tangente en $(1,1,1)$

Enlaces

Diferenciabilidad de Funciones de $\mathbb{R}^{2}\rightarrow \mathbb{R}$

Definición. Sea $A\subset\mathbb{R}^{2}$, un abierto, $f:A\rightarrow\mathbb{R}$ y $(x_{0},y_{0})\in A$. Se dice que f es diferenciable en $(x_{0},y_{0})$ si existen las derivadas parciales $\displaystyle{\frac{\partial f}{\partial x}(x_{0},y_{0}),~~\frac{\partial f}{\partial y}}(x_{0},y_{0})$ tal que
$$f((x_{0},y_{0})+(h_{1},h_{2}))=f(x_{0},y_{0})+\frac{\partial f}{\partial x}(x_{0},y_{0})h_{1}+\frac{\partial f}{\partial y}(x_{0},y_{0})h_{2}+r(h_{1},h_{2})$$donde
$$\lim_{(h_{1},h_{2})\rightarrow(0,0)}\frac{r(h_{1},h_{2})}{|(h_{1},h_{2})|}=0$$

Diferenciabilidad implica continuidad de Funciones de $\mathbb{R}^{2}\rightarrow \mathbb{R}$

Teorema 1. Si la función $f:A\subset\mathbb{R}^{2}\rightarrow \mathbb{R}$ definida en $A$ de $\mathbb{R}^{2}$, es diferenciable en el ´punto $p=(x_{0},y_{0})\in A$, entonces es continua en ese punto.

Demostración. Si f es diferenciable en el ´punto $p=(x_{0},y_{0})\in A$ se tiene
$$f((x_{0},y_{0})+(h_{1},h_{2}))=f(x_{0},y_{0})+\frac{\partial f}{\partial x}(x_{0},y_{0})h_{1}+\frac{\partial f}{\partial y}(x_{0},y_{0})h_{2}+r(h_{1},h_{2})$$
tomando limite se tiene
$$\lim_{(h_{1},h_{2})\rightarrow(0,0)}f((x_{0},y_{0})+(h_{1},h_{2}))=\lim_{(h_{1},h_{2})\rightarrow(0,0)}f(x_{0},y_{0})+\cancel{\frac{\partial f}{\partial x}(x_{0},y_{0})h_{1}}+\cancel{\frac{\partial f}{\partial y}(x_{0},y_{0})h_{2}}+\cancel{r(h_{1},h_{2})}$$
se tiene entonces que
$$\lim_{(h_{1},h_{2})\rightarrow(0,0)}f((x_{0},y_{0})+(h_{1},h_{2}))=f(x_{0},y_{0})$$
por lo que f es continua en $(x_{0},y_{0})$

Aplicacion del Teorema del Valor Medio de Funciones de $\mathbb{R}^{2}\rightarrow \mathbb{R}$}

Teorema 2. Suponga que $f:A\subset\mathbb{R}^{2}\rightarrow\mathbb{R}$ es tal que
$$\left|\frac{\partial f}{\partial x}(x_{0},y_{0})\right|\leq M$$ y $$\left|\frac{\partial f}{\partial x}(x_{0},y_{0})\right|\leq M$$

donde $M$ no depende de $x,y$ entonces $f$ es continua en $A$.

Demostración. Sean $(x_{0},y_{0}),(x_{0}+h_{1},y_{0}+h_{2})\in A$ tenemos entonces que $$f(x_{0}+h_{1},y_{0}+h_{2})-f(x_{0},y_{0})=f(x_{0}+h_{1},y_{0}+h_{2})\textcolor{Red}{-f(x_{0}+h_{1},y_{0})+f(x_{0}+h_{1},y_{0})}-f(x_{0},y_{0})$$ Aplicando teorema del valor medio se tiene que existen $\xi_{1},\in\ (x_{0},x_{0}+h_{1})$,$\xi_{2}\in(y_{0},y_{0}+h_{2})$ tal que $$f(x_{0}+h_{1},y_{0}+h_{2})\textcolor{Red}{-f(x_{0}+h_{1},y_{0})}=\frac{\partial f}{\partial y}(x_{0}+h_{1},\xi_{2})h_{2}$$ $$\textcolor{Red}{f(x_{0}+h_{1},y_{0})}-f(x_{0},y_{0})=\frac{\partial f}{\partial x}(\xi_{1},y_{0}+h_{2})h_{1}$$ por lo tanto $$\left|f(x_{0}+h_{1},y_{0}+h_{2})-f(x_{0},y_{0})\right|=\left|\left(\frac{\partial f}{\partial y}(x_{0}+h_{1},\xi_{2})h_{2}\right)+\left(\frac{\partial f}{\partial x}(\xi_{1},y_{0}+h_{2})h_{1}\right)\right|\leq $$ $$\left|\left(\frac{\partial f}{\partial y}(x_{0}+h_{1},\xi_{2})\right)\right||h_{2}|+\left|\left(\frac{\partial f}{\partial x}(\xi_{1},y_{0}+h_{2}\right)\right|)|h_{1}|\leq M(|h_{2}|+|h_{1}|)$$ si tenemos que $\displaystyle{|(h_{1},h_{2})|}<\delta$ entonces $$M(|h_{2}|+|h_{1}|)<2M\delta~\therefore~~~\epsilon=2M\delta\Rightarrow \delta=\frac{\epsilon}{2M}$$

Diferenciabilidad y Derivadas Direccionales

Teorema 3. Si $f:\mathbb{R}^{n}\rightarrow \mathbb{R}$ es una función diferenciable en $x_{0}$ en la dirección del vector unitario u entonces
$$\frac{\partial f}{\partial u}(x_{0})=\sum_{i=1}^{n}\frac{\partial~f}{\partial x_{i}}\cdot u_{i}$$

Demostración. Sea $u\in\mathbb{R}^{n}$ tal que $u\neq0$ y $|u|=1$ como $f$ es diferenciable en $x_{0}$, se tiene que
$$f(x_{0}+h)-f(x_{0})=\sum_{i=1}^{n}\frac{\partial f}{\partial x_{i}}(x_{0})h_{i}+r(h)$$satisface
$$\lim_{(h)\rightarrow 0}\frac{r(h)}{|(h)|}=0$$
tomando $h=tu$ se tiene $|h|=|tu|=|t||u|=|t|$\
se tiene entonces
$$f(x_{0}+t(u))-f(x_{0})=\sum_{i=1}^{n}\frac{\partial f}{\partial x_{i}}(x_{0})tu_{i}+r(tu)$$
tenemos entonces
$$\lim_{t\rightarrow0}\frac{f(x_{0}+t(u))-f(x_{0})}{t}=\sum_{i=1}^{n}\frac{\partial f}{\partial x_{i}}(x_{0})u_{i}+\cancel{\lim_{t\rightarrow0}r(tu)}$$
es decir
$$\frac{\partial f}{\partial u}(x_{0})=\sum_{i=1}^{n}\frac{\partial f}{\partial x_{i}}(x_{0})u_{i}$$ $\square$

Ejemplo. Halle la derivada direccional de $f(x,y)=\ln(x^{2}+y^{3})$ en el punto $(1,-3)$ en la dirección $(2,-3)$

Solución. En este caso
$$u=(2,-3)~\Rightarrow~|u|=\sqrt{13}~\rightarrow~\frac{u}{|u|}=\left(\frac{2}{\sqrt{13}},\frac{-3}{\sqrt{13}}\right)$$
$$\frac{\partial f}{\partial x}(1,-3)=\frac{2x}{x^{2}+y^{3}}\left|_{(1,-3)}\right.=\frac{-2}{26}$$

$$\frac{\partial f}{\partial y}(1,-3)=\frac{3y^{2}}{x^{2}+y^{3}}\left|_{(1,-3)}\right.=\frac{-27}{26}$$

por lo tanto
$$D_{\left(\frac{2}{\sqrt{13}},\frac{-3}{\sqrt{13}}\right)}f\left(1,-3\right)=\left(\frac{-2}{26}\right)\cdot\left(\frac{2}{\sqrt{13}}\right)+\left(\frac{-27}{26}\right)\cdot \left(\frac{-3}{\sqrt{13}}\right)=\frac{77\sqrt{13}}{338}$$

El Gradiente

Sea $f:A\subset \mathbb{R}^{n}\rightarrow \mathbb{R}$ una función diferenciable en $x_{0}\in A$. Entonces el vector cuyas componentes
son las derivadas parciales de f en $x_{0}$ se le denomina Vector Gradiente
$$\left(\frac{\partial f}{\partial x_{1}}(x_{0}),\frac{\partial f}{\partial x_{2}}(x_{0}),…,\frac{\partial f}{\partial x_{n}}(x_{0}),\right)$$
y se le denota por $\nabla f$.

En el caso particular $n=2$ se tiene
$$\nabla f(x_{0})=\left(\frac{\partial f}{\partial x}(x_{0}),\frac{\partial f}{\partial y}(x_{0})\right)$$
En el caso particular $n=3$ se tiene
$$\nabla f(x_{0})=\left(\frac{\partial f}{\partial x}(x_{0}),\frac{\partial f}{\partial y}(x_{0}),\frac{\partial f}{\partial z}(x_{0})\right)$$

Ejemplo. Calcular $\nabla f$ para $f(x,y)=x^{2}y+y^{3}$
Solución. En este caso
$$\nabla f(x,y)=\left(2xy,x^{2}+3y^{2}\right)$$

Teorema 4. Si $f:\mathbb{R}^{2}\rightarrow \mathbb{R}$ es una función diferenciable en $(x_{0},y_{0})$ en la dirección del vector unitario u entonces
$$\frac{\partial f}{\partial u}(x_{0},y_{0})=\nabla f(x_{0},y_{0})\cdot u$$

Sea $u\in\mathbb{R}^{n}$ tal que $u\neq0$ y $|u|=1$ como $f$ es diferenciable en
$(x_{0},y_{0})$, se tiene que
$$f((x_{0},y_{0})+(h_{1},h_{2}))=f(x_{0},y_{0})+\frac{\partial f}{\partial x}(x_{0},y_{0})h_{1}+\frac{\partial f}{\partial y}(x_{0},y_{0})h_{2}+r(h_{1},h_{2})$$

satisface
$$\lim_{(h_{1},h_{2})\rightarrow(0,0)}\frac{r(h_{1},h_{2})}{|(h_{1},h_{2})|}=0$$
tomando $h=tu$ se tiene $|h|=|(h_{1},h_{2})|=|tu|=|t||u|=|t|$

se tiene entonces
$$f((x_{0},y_{0})+t(u))=f(x_{0},y_{0})+\frac{\partial f}{\partial x}(x_{0},y_{0})tu_{1}+\frac{\partial f}{\partial y}(x_{0},y_{0})tu_{2}+r(tu_{1},ru_{2})$$
y también
$$\frac{r(h_{1},h_{2})}{|(h_{1},h_{2})|}=\frac{r(tu_{1},ru_{2})}{|tu|}=\frac{r(tu_{1},ru_{2})}{|t||u|}=\frac{r(tu_{1},ru_{2})}{|t|}$$
tenemos entonces
$$\lim_{t\rightarrow0}\frac{r(tu_{1},ru_{2})}{|t|}=\lim_{t\rightarrow0}\frac{f((x_{0},y_{0})+t(u))-f(x_{0},y_{0})}{|t|}-\frac{\frac{\partial f}{\partial x}(x_{0},y_{0})tu_{1}}{|t|}-\frac{\frac{\partial f}{\partial y}(x_{0},y_{0})tu_{2}}{|t|}$$
es decir
$$0=\frac{\partial f}{\partial u}(x_{0},y_{0})-\frac{\partial f}{\partial x}(x_{0},y_{0})u_{1}-\frac{\partial f}{\partial y}(x_{0},y_{0})u_{2}$$
y en consecuencia

$$\frac{\partial f}{\partial u}(x_{0},y_{0})=\frac{\partial f}{\partial x}(x_{0},y_{0})u_{1}+\frac{\partial f}{\partial y}(x_{0},y_{0})u_{2}=\left(\frac{\partial f}{\partial x}(x_{0},y_{0},\frac{\partial f}{\partial y}(x_{0},y_{0}\right)\cdot\left(u_{1},u_{2}\right)=\nabla f(x_{0},y_{0})\cdot u$$ $\square$

Ejemplo. Halle la derivada direccional de $f(x,y)=\ln(x^{2}+y^{3})$ en el punto $(1,-3)$ en la dirección $(2,-3)$

Solución. En este caso

$$\frac{\partial f}{\partial x}(1,-3)=\frac{2x}{x^{2}+y^{3}}\left|_{(1,-3)}\right.=\frac{-2}{26}$$

$$\frac{\partial f}{\partial y}(1,-3)=\frac{3y^{2}}{x^{2}+y^{3}}\left|_{(1,-3)}\right.=\frac{-27}{26}$$

por lo tanto
$$\nabla f(1,-3)=\left(\frac{-2}{26},\frac{-27}{26}\right)\cdot \left(\frac{2}{\sqrt{13}},\frac{-3}{\sqrt{13}}\right)=\frac{77}{26\sqrt{13}}=\frac{77\sqrt{13}}{338}$$

Dirección de Mayor Crecimiento de una Función

Teorema 5. Supongamos que $\nabla(f(x))\neq(0,0,0)$. Entonces $\nabla(f(x))$ apunta en la dirección a lo largo de la cual f crece más rápido.

Demostración. Si v es un vector unitario, la razón de
cambio de f en la dirección v está dada por $\nabla(f(x))\cdot v$ y
$\nabla(f(x)) \cdot v$ = $|\nabla{f(x)}|~|v|\cos\Theta$ = $|\nabla{f(x)}|\cos\Theta$,
donde $\Theta$ es el ángulo entre $\nabla{f}$, $v$. Este es máximo cuando $\Theta~=~0$ y esto ocurre cuando $v$, $~\nabla{f}$ son paralelos. En otras palabras, si queremos movernos en una dirección en la cual $f$ va a crecer más rápidamente, debemos proceder en la dirección $\nabla{f(x)}$. En forma análoga, si queremos movernos en la dirección en la cual $f$ decrece más rápido, habremos de proceder
en la dirección $-\nabla{f}$.

Ejemplo. Encontrar la dirección de rapido crecimiento en $(1,1,1)$ para $\displaystyle{f(x,y,z)=\frac{1}{\sqrt{x^{2}+y^{2}+z^{2}}}}$

Solución. En este caso

$$\nabla f(1,1,1)=\left(\frac{\partial \left(\frac{1}{\sqrt{x^{2}+y^{2}+z^{2}}}\right)}{\partial x},\frac{\partial \left(\frac{1}{\sqrt{x^{2}+y^{2}+z^{2}}}\right)}{\partial y},\frac{\partial \left(\frac{1}{\sqrt{x^{2}+y^{2}+z^{2}}}\right)}{\partial z}\right)\left|_{(1,1,1)}\right.=$$

$$\left(-\frac{x}{\sqrt{x^{2}+y^{2}+z^{2}}},-\frac{y}{\sqrt{x^{2}+y^{2}+z^{2}}},-\frac{z}{\sqrt{x^{2}+y^{2}+z^{2}}}\right)\left|_{(1,1,1)}\right.=-\frac{1}{3\sqrt{3}}\left(1,1,1\right)$$
Podemos tomar

$$u=\frac{\nabla f}{|\nabla f|}$$
en este caso
$$u=\frac{-\frac{1}{3\sqrt{3}}\left(1,1,1\right)}{\frac{1}{3}}=\left(-\frac{1}{\sqrt{3}},-\frac{1}{\sqrt{3}},-\frac{1}{\sqrt{3}}\right)$$

Puntos Estacionarios

Definición. Sea $f:\Omega\subset \mathbb{R}^{n} \rightarrow \mathbb{R}$ diferenciable, a los puntos $x\in \Omega$ tales que $\nabla f(x)=0$ se les llama puntos críticos (o punto estacionario) de la función.

Ejemplo. Sea $f:\mathbb{R}^{2}\rightarrow\mathbb{R}$ dada por $f(x,y)=x^{2}-y^{2}$ hallar los puntos críticos de $f$

Solución. Se tiene que $\nabla f(x)=(2x, 2y)$ \hspace{0.5cm}$\nabla f(x)=0\Leftrightarrow(2x, 2y)=(0,0)\Leftrightarrow 2x=0$ y $2y=0\Leftrightarrow x=0$ y $y=0$ \hspace{0.5cm} $\therefore$ $(0,0)$ es el único punto crítico de $f$.

Ejemplo. Que condición se debe satisfacer para que la función $f:\mathbb{R}^{2}\rightarrow\mathbb{R}$ dada por $f(x,y)=ax^{2}+2bxy+cy^{2}+dx-ey+f$ tenga un punto crítico

$\nabla f=(2ax+2by+d, 2bx+2cy-e)$ entonces

$\nabla f=0\Leftrightarrow 2ax+2by+d=0$ y $2bx+2cy-e=0$

$\Rightarrow$ $ 2ax+2by=-d$ y $2bx+2cy=e$ se necesita que

$\Rightarrow$ $2a(2c)-(2b)^{2}\neq 0$ $\therefore$ $ac-b^{2}\neq 0$

Mas adelante

En la siguiente entrada veremos como la regla de la cadena representa una herramienta del cálculo que permite derivar funciones compuestas. Si una variable depende de otra, y esa a su vez depende de otra, la derivada de la función final se obtiene multiplicando las derivadas intermedias. También veremos cómo gracias a que el gradiente representa la dirección de máximo crecimiento nos ayuda a definir el plano tangente de una función en un punto dado.

Tarea Moral

1.- Sea la función $f:\mathbb{R^2}\rightarrow \mathbb{R}$ con $f:xe^y$ calcula: $\nabla f=(\frac{\partial{f}}{\partial{x}}, \frac{\partial{f}}{\partial{y}}, \frac{\partial{f}}{\partial{z}})$

2.- Sea $f(x,y)=x^2+y+3y^2$ calcula la derivada direccional en el punto $(2,-4)$ en la dirección $(3,2)$.

3.- Evalua el gradiente de $f(x,y,z)=log(x^2+y^2+z^2)$ en $(1,0,1)$

4.- Sean $f,g:\mathbb{R}^2\rightarrow \mathbb{R}$ prueba que $\nabla(fg)=f \nabla g+ \nabla f g$

5.- Sea $f(x,y,z)=x^2e^{-yz}$ calcula la derivada direccional de $f$ en la dirección del vector unitario $v=(\dfrac{1}{3},\dfrac{1}{3},\dfrac{1}{3})$

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