Para funciones $f:\mathbb{R}\to \mathbb{R}$ alcanza un valor máximo, o un valor mínimo, en $x_0$ y $f$ es derivable en $x_0$ entonces, $f^{\prime }(x_0)=0.$

Si $f:{\mathbb{R}}^n\to \mathbb{R}$ alcanza un valor máximo, o mínimo, en $\overrightarrow{x_0}$ y $f$ es diferenciable entonces $$\mathrm{\nabla }f(\overrightarrow{x_0})=({\displaystyle \frac{\partial f}{\partial x_1}}(x_0),{\displaystyle \frac{\partial f}{\partial x_2}}(x_0),\dots ,{\displaystyle \frac{\partial f}{\partial x_n}}(x_0))=\overrightarrow{0}$$

Equivalentemente, la diferencial de $f$ en $\overrightarrow{x_0}$ es $df(\overrightarrow{x_0}):{\mathbb{R}}^n\to \mathbb{R}$ es la función constante CERO.

Geométricamente: Si $f:{\mathbb{R}}^2\to \mathbb{R}$ el plano tangente a la superficie $z=f(x,y)$ en el punto $(x_0,y_0)$ donde se alcanza el valor extremo es horizontal.

Si $f:{\mathbb{R}}^2\to \mathbb{R}$ y $\overrightarrow{x_0}\in {\mathbb{R}}^n$ es un punto crítico de $f$ si $\mathrm{\nabla }f(\overrightarrow{x_0})=\overrightarrow{0}$, es decir, si $d{f}_{\overrightarrow{x_0}}\equiv 0.$

(*) $y_1\in \mathbb{R}$ es un valor regular si $f^{-1}(y_1)$ es un conjunto que no contiene ningún punto crítico.

(*) $f:\mathbb{R}\to \mathbb{R}$ curva parametrizada es regular si $f^{\prime }(t)\ne \overrightarrow{0}$ para toda $t$, $t_0$ es un punto crítico si $f^{\prime }(t_0)=\overrightarrow{0}.$

(*) $f:{\mathbb{R}}^n\to {\mathbb{R}}^m$ y $\overrightarrow{x_0}\in {\mathbb{R}}^n$ es un punto crítico si $d{f}_{\overrightarrow{x_0}}:{\mathbb{R}}^n\to {\mathbb{R}}^m$ tiene el rango igual al máximo posible.

$$

Derivadas parciales iteradas (mixtas)

Sea $f:U\subseteq {\mathbb{R}}^2\to \mathbb{R}$ con $U$ abierto, y $(x_0,y_0)\in U.$

Supongamos que existen

${\displaystyle \frac{\partial f}{\partial x}}:U\subseteq {\mathbb{R}}^2\to \mathbb{R}$

${\displaystyle \frac{\partial f}{\partial y}}:U\subseteq {\mathbb{R}}^2\to \mathbb{R}$

Conceptualmente

$${\displaystyle \frac{\partial }{\partial y}}{\displaystyle \frac{\partial f}{\partial x}}\ne {\displaystyle \frac{\partial }{\partial x}}{\displaystyle \frac{\partial f}{\partial y}}$$

$$

Entonces, quizás te preguntes, ¿existen funciones tales que sus derivadas parciales iteradas (o mixtas) sean iguales?; ¿cuáles son las funciones para las cuales sus derivadas parciales iteradas (o mixtas) son iguales?

Para responder a estas preguntas tenemos el siguiente teorema.

$$

Teorema

Si $f$ es de clase ${\mathcal{C}}^2$ (es decir, que las segundas derivadas existen y son continuas) entonces las derivadas parciales iteradas ( o mixtas) son iguales.

Sea $f:U\subset {\mathbb{R}}^2\to \mathbb{R}$ donde $U$ es abierto, y $(x_0,y_0)\in U$ entonces $${\displaystyle \frac{{\partial }^{2}f}{\partial y\partial x}}(x_0,y_0)={\displaystyle \frac{{\partial }^{2}f}{\partial x\partial y}}(x_0,y_0)$$

Demostración:

Definamos $A=f(x_0+h,y_0+k)–f(x_0+h,y_0)–f(x_0,y_0+k)+f(x_0,y_0)=g(x_0+h)–g(x_0)$

Si $g(x,y_0+k)–f(x,y_0)$, fijando $y_0,k$ tenemos que $g(x)={\displaystyle \frac{\partial f}{\partial y}}(x,y_0+\theta k)k$ con $0<\theta <1$.

Entonces

${\displaystyle \frac{\partial g}{\partial x}}(x_0+\eta h)h$ y por tanto

$A={\displaystyle \frac{\partial }{\partial x}}{\displaystyle \frac{\partial f}{\partial y}}(x_0+\eta h,y_0+\theta k)hk$

Por otra parte $A$ también puede verse como una resta de valores de otra función $G$.

$A=G(y_0+k)–G(y_0)$ , donde $G(y)=f(x_0+h,y)–f(x_0,y)$

Fijando $x_0,h$

$G(y_0+k)=f(x_0+h,y_0+k)–f(x_0,y_0+k)$, y por otro lado

$G(y_0)=f(x_0+h,y_0)–f(x_0,y_0)$

Luego

$G(y_0+k)–G(y_0)=f(x_0+h,y_0+k)–f(x_0,y_0+k)–f(x_0+h,y_0)+f(x_0,y_0)$

Además

$G^{\prime }(y_0+\hat{\theta }k)={\displaystyle \frac{G(y_0+k)–G(y_0)}{k}}$

$k{G}^{\prime }(y_0+\hat{\theta }k)=G(y_0+k)–G(y_0)$

Entonces

$\begin{array}{rl}A& =G(y_0+k)–G(y_0)\\ & ={\displaystyle \frac{\partial G}{\partial y}}(y_0+\hat{\theta }k)k\\ & =({\displaystyle \frac{\partial f}{\partial y}}(x_0+h,y_0+\hat{\theta }k)k–{\displaystyle \frac{\partial f}{\partial y}}(x_0,y_0+\hat{\theta }k)k)\\ & ={\displaystyle \frac{\partial }{\partial y}}{\displaystyle \frac{\partial f}{\partial y}}(x_0+\hat{\eta }h,y_0+\hat{\theta }k)hk\end{array}$

Entonces ${\displaystyle \frac{A}{hk}}={\displaystyle \frac{\partial }{\partial y}}{\displaystyle \frac{\partial f}{\partial y}}(x_0+\hat{\eta }h,y_0+\hat{\theta }k)$

Luego

$\underset{(h,k)\to (0,0)}{lim}{\displaystyle \frac{A}{hk}}=\underset{(h,k)\to (0,0)}{lim}[{\displaystyle \frac{{\partial }^{2}f}{\partial y\partial x}}(x_0+\hat{\eta }h,y_0+\hat{\theta }k)]={\displaystyle \frac{{\partial }^{2}f}{\partial y\partial x}}(x_0,y_0){}_{\mathrm{<img\; draggable="false"\; role="img"\; class="emoji"\; alt="◼"\; src="https://s.w.org/images/core/emoji/14.0.0/svg/25fc.svg">}}$

$$

Teorema de Taylor ( 1° grado)

Sea $f:U\subseteq {\mathbb{R}}^n\to \mathbb{R}$ , de clase ${\mathcal{C}}^2$ , diferenciable en $\overrightarrow{x_0}\in U$ abierto. Entonces $$f(\overrightarrow{x_0}+\overrightarrow{h})=f(\overrightarrow{x_0})+\mathrm{\nabla }f(\overrightarrow{x_0})\cdot \overrightarrow{h}+R_1(\overrightarrow{x_0},\overrightarrow{h})$$

donde $\underset{\overrightarrow{h}\to \overrightarrow{0}}{lim}{\displaystyle \frac{R_1(\overrightarrow{x_0},\overrightarrow{h})}{\Vert \overrightarrow{h}\Vert }}=0$

Teorema de Taylor ( 2° grado)

Sea $f:U\subseteq {\mathbb{R}}^n\to \mathbb{R}$ , de clase ${\mathcal{C}}^3.$ Entonces $$f(\overrightarrow{x_0}+\overrightarrow{h})=f(\overrightarrow{x_0})+\sum _{i=1}^n{h}_i{\displaystyle \frac{\partial f}{\partial x_i}}\overrightarrow{x_0}+\frac{1}{2}\sum _{i,j=1}^n{h}_i{h}_j{\displaystyle \frac{{\partial }^{2}f}{\partial x_i\partial x_j}}\overrightarrow{x_0}+R_2(\overrightarrow{x_0},\overrightarrow{h})$$

tal que $\underset{\overrightarrow{h}\to \overrightarrow{0}}{lim}{\displaystyle \frac{R_2(\overrightarrow{x_0},\overrightarrow{h})}{\Vert \overrightarrow{h}{\Vert }^2}}=0$ , y $\overrightarrow{h}=(h_1,h_2,\cdots ,h_n).$

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

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

y existe la diferencial de $f$ en $(x_0,y_0)$ $$df(x_0,y_0):{\mathbb{R}}^2\to \mathbb{R}$$ $$df(x_0,y_0)(h,k)={\displaystyle \frac{\partial f}{\partial x}}(x_0,y_0)h+{\displaystyle \frac{\partial f}{\partial y}}(x_0,y_0)k$$

Teorema:

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

Demostración:

La derivada direccional es $\underset{t\to 0}{lim}{\displaystyle \frac{f(\overrightarrow{x_0}+t\overrightarrow{u})–f(\overrightarrow{x_0})}{t}}$, con $\overrightarrow{x_0}=(x_0,y_0).$

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

$[$ por demostrar: existe $\underset{t\to 0}{lim}{\displaystyle \frac{f(\overrightarrow{x_0}+t\overrightarrow{u})–f(\overrightarrow{x_0})}{t}}=\mathrm{\nabla }f(\overrightarrow{x_0})\cdot \overrightarrow{u}]$

$[$ por demostrar: $⟺\underset{t\to 0}{lim}({\displaystyle \frac{f(\overrightarrow{x_0}+t\overrightarrow{u})–f(\overrightarrow{x_0})}{t}}–\mathrm{\nabla }f(\overrightarrow{x_0})\cdot \overrightarrow{u})=0$

$[$ por demostrar: $⟺\underset{t\to 0}{lim}{\displaystyle \frac{f(\overrightarrow{x_0}+t\overrightarrow{u})–f(\overrightarrow{x_0})–t\mathrm{\nabla }f(\overrightarrow{x_0})\cdot \overrightarrow{u}}{t}}=0$

$⟺\underset{t\to 0}{lim}|{\displaystyle \frac{f(\overrightarrow{x_0}+t\overrightarrow{u})–f(\overrightarrow{x_0})–\mathrm{\nabla }f(\overrightarrow{x_0})\cdot t\overrightarrow{u}}{\Vert t\Vert }}|=0$ esta última equivalencia es la que demostraremos.

Por hipótesis sabemos que $f$ es diferenciable en $\overrightarrow{x_0}=(x_0,y_0)$; es decir $$\underset{\overrightarrow{h}\to \overrightarrow{0}}{lim}{\displaystyle \frac{|f(\overrightarrow{x_0}+\overrightarrow{h})–f(\overrightarrow{x_0})–\mathrm{\nabla }f(\overrightarrow{x_0})\cdot t\overrightarrow{h}|}{\Vert h\Vert }}=0$$

Sea $F(\overrightarrow{h})={\displaystyle \frac{|f(\overrightarrow{x_0}+\overrightarrow{h})–f(\overrightarrow{x_0})–\mathrm{\nabla }f(\overrightarrow{x_0})\cdot t\overrightarrow{h}|}{\Vert h\Vert }}$

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

Sea $\varphi (t)=|{\displaystyle \frac{f(\overrightarrow{x_0}+t\overrightarrow{u})–f(\overrightarrow{x_0})–\mathrm{\nabla }f(\overrightarrow{x_0})\cdot t\overrightarrow{u}}{\Vert t\Vert }}|$

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

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

$[$ por demostrar: $\mathrm{\forall }ϵ>0,\mathrm{\exists }\delta >0$ tal que si $0<|t|<\delta$ entonces $|\varphi (t)|<ϵ]$ . . . (1)

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

Por hipótesis, existe $\underset{\overrightarrow{h}\to \overrightarrow{0}}{lim}F(\overrightarrow{h})=\overrightarrow{0}$, entonces $\mathrm{\forall }ϵ>0\mathrm{\exists }{\delta }_1>0$ tal que si $0<\Vert \overrightarrow{h}\Vert <{\delta }_1$ entonces $|F(\overrightarrow{h})|<ϵ$. Es decir, $\overrightarrow{h}\in {\mathring{B}}_{{\delta }_1}(\overrightarrow{0})$.

Relación entre $\varphi$ y $F$

$\varphi (t)=F(t\overrightarrow{u})=F(\alpha (t))=(Fo\alpha )(t)$, donde $\alpha (t)=t\overrightarrow{u}.$

$\alpha$ es continua.

(1) Dada $ϵ>0$ existe ${\delta }_1>0$ tal que si $0<\Vert \overrightarrow{h}\Vert <{\delta }_1$ entonces $|F(\overrightarrow{h})|<ϵ$.

(2) Como $\alpha$ es continua entonces para ${ϵ}^{\prime }={\delta }_1$ existe ${\delta }_2$ tal que si $|t|<{\delta }_2$ entonces $\Vert \alpha (t)\Vert =\Vert t\overrightarrow{u}\Vert =|t|\Vert \overrightarrow{u}\Vert =|t|<{\delta }_1$

Por lo tanto, sirve ${\delta }_2={\delta }_1.$

$$

Teorema: Regla de la cadena.

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

$f$ derivable en $t_0.$

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

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

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

Entonces $gof:U\subseteq \mathbb{R}\to \mathbb{R}$ es derivable en $t_0$ y $$(gof{)}^{\prime }(t_0)=\mathrm{\nabla }g(\overrightarrow{v_0})\cdot f^{\prime }(t_0)$$

Demostración:

$[$ por demostrar: $gof$ es derivable en $t_0$ y su derivada es $\mathrm{\nabla }g(f(t_0))\cdot f^{\prime }(t_0)]$

$[$ por demostrar: $\underset{\mathrm{\Delta }t\to 0}{lim}{\displaystyle \frac{g(f(t_0+\mathrm{\Delta }t))–g(f(t_0))}{\mathrm{\Delta }t}}=\mathrm{\nabla }g(f(t_0))\cdot f^{\prime }(t_0)]$

$[$ por demostrar: $\underset{\mathrm{\Delta }t\to 0}{lim}|{\displaystyle \frac{g(f(t_0+\mathrm{\Delta }t))–g(f(t_0))–\mathrm{\nabla }g(f(t_0))\cdot \mathrm{\Delta }t{f}^{\prime }(t_0)}{\mathrm{\Delta }t}}|=0]$

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

$f^{\prime }(t_0)=(x(t_0),y(t_0))$

$\mathrm{\Delta }t{f}^{\prime }(t_0)=\mathrm{\Delta }t(x(t_0),y(t_0))$

$\mathrm{\Delta }t{f}^{\prime }(t_0)=(\mathrm{\Delta }tx(t_0),\mathrm{\Delta }ty(t_0))$

Hipótesis:

(*) $f$ es derivable un $t_0$, es decir, existe $\underset{\mathrm{\Delta }t\to 0}{lim}{\displaystyle \frac{f(t_0+\mathrm{\Delta }t)–f(t_0)}{\mathrm{\Delta }t}}=f^{\prime }(t_0)$

(*) $g$ es diferenciable en $f(t_0)=\overrightarrow{v_0}$ es decir $\underset{\overrightarrow{h}\to \overrightarrow{0}}{lim}|{\displaystyle \frac{g(\overrightarrow{v_0}+\overrightarrow{h})–g(\overrightarrow{v_0})–\mathrm{\nabla }g(\overrightarrow{v_0})\cdot \overrightarrow{h}}{\Vert \overrightarrow{h}\Vert }}|=0$

Definimos $G(h)=|{\displaystyle \frac{g(\overrightarrow{v_0}+\overrightarrow{h})–g(\overrightarrow{v_0})–\mathrm{\nabla }g(\overrightarrow{v_0})\cdot \overrightarrow{h}}{\Vert \overrightarrow{h}\Vert }}|$

Analizaremos dos casos:

Caso 1) $f^{\prime }(t_0)\ne \overrightarrow{0}$

Caso 2) $f^{\prime }(t_0)=\overrightarrow{0}$

Caso 1)

Sea $G(\overrightarrow{h})=|{\displaystyle \frac{g(\overrightarrow{v_0}+\overrightarrow{h})–g(\overrightarrow{v_0})–\mathrm{\nabla }g(\overrightarrow{v_0})\cdot \overrightarrow{h}}{\Vert \overrightarrow{h}\Vert }}|$

Y definimos $\varphi (\mathrm{\Delta }t)=|{\displaystyle \frac{f(t+\mathrm{\Delta }t)–f(t_0)–\mathrm{\Delta }t{f}^{\prime }(t_0)}{\mathrm{\Delta }t}}|$

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

$[$ por demostrar: $\underset{\mathrm{\Delta }t\to 0}{lim}{\displaystyle \frac{|g(f(t_0+\mathrm{\Delta }t)–g(f(t_0))–\mathrm{\nabla }g(f(t_0))\cdot f^{\prime }(t_0)\mathrm{\Delta }t|}{|\mathrm{\Delta }t|}}=0$

Sea $ϵ>0$, buscamos $\delta >0$ tal que si $0<|\mathrm{\Delta }t|<\delta$ entonces $|{\displaystyle \frac{g(f(t_0+\mathrm{\Delta }t)–g(f(t_0))–\mathrm{\nabla }g(f(t_0))\cdot f^{\prime }(t_0)\mathrm{\Delta }t}{\mathrm{\Delta }t}}|<ϵ$

Sabemos que existe ${\delta }_1>0$ tal que si $0<\Vert \overrightarrow{h}\Vert <{\delta }_1$ entonces ${\displaystyle \frac{|g(f(t_0+\mathrm{\Delta }t)–g(f(t_0))–\mathrm{\nabla }g(f(t_0))\cdot f^{\prime }(t_0)\mathrm{\Delta }t|}{\Vert \overrightarrow{h}\Vert }}<ϵ$ ya que $g$ es diferenciable en $f(t_0)$.

Además, por el lema, existe $M_1>0$ y ${\delta }_2>0$ tales que si $0<\Vert \mathrm{\Delta }t\Vert <{\delta }_2$ entonces $\Vert f(t_0+\mathrm{\Delta }t)–f(t_0)\Vert <M_1|\mathrm{\Delta }t|.$ Luego $M_1|\mathrm{\Delta }t|<{\delta }_1\Rightarrow |\mathrm{\Delta }t|<{\displaystyle \frac{{\delta }_1}{M_1}}$.

Proponemos $\delta =mín\{{\displaystyle \frac{{\delta }_1}{M_1}},{\delta }_2\}$ entonces $|\mathrm{\Delta }t|<{\delta }_1$ y $|\mathrm{\Delta }t|<{\delta }_2$

Entonces si $\overrightarrow{h}=f(t_0+\mathrm{\Delta }t)–f(t_0)$ cumple que $0<\Vert \overrightarrow{h}\Vert <{\delta }_1$ entonces se cumple que $${\displaystyle \frac{|g(f(t_0+\overrightarrow{h})–g(f(t_0))–\mathrm{\nabla }g(f(t_0))\cdot f^{\prime }(t_0)\mathrm{\Delta }t|}{|\mathrm{\Delta }t|}}\le {\displaystyle \frac{|g(f(t_0+\overrightarrow{h})–g(f(t_0))–\mathrm{\nabla }g(f(t_0))\cdot f^{\prime }(t_0)\mathrm{\Delta }t|}{|\overrightarrow{h}|}}\cdot M_1$$ ya que como $\Vert \overrightarrow{h}\Vert <M_1\cdot |\mathrm{\Delta }t|$ entonces ${\displaystyle \frac{1}{\mathrm{\Delta }t}}<{\displaystyle \frac{M_1}{\Vert \overrightarrow{h}\Vert }}$

Teorema:

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

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

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

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

$\begin{array}{rl}f(t\overrightarrow{u})& =f(t\cos \theta ,t\sin \theta )\\ & =t^{1/3}(\cos \theta {)}^{1/3}{t}^{1/3}(\sin \theta {)}^{1/3}\\ & =t^{2/3}(\cos \theta \sin \theta {)}^{1/3}\end{array}$

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

$\underset{t\to 0}{lim}{\displaystyle \frac{f(t\overrightarrow{u}–f(\overrightarrow{0})}{t}}=\underset{t\to 0}{lim}{\displaystyle \frac{t^{2/3}(\cos \theta \sin \theta {)}^{1/3}–0}{t}}=\underset{t\to 0}{lim}{t}^{-1/3}(\cos \theta \sin \theta {)}^{1/3}=\mathrm{\infty }$

No se cumple que sea igual al $\mathrm{\nabla }f\cdot (\overrightarrow{u})$ 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:

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

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

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

tomando $h=k$

$\underset{h\to 0}{lim}{\displaystyle \frac{h^{2/3}}{\sqrt{2h^2}}}={\displaystyle \frac{1}{\sqrt{2}}}\underset{h\to 0}{lim}{h}^{-1/3}=\mathrm{\infty }$, si $h>0.$

$f$ es diferenciable en $(x_0)$ si existe $f^{\prime }(x_0)$, luego

$f^{\prime }(x_0)=\underset{h\to 0}{lim}{\displaystyle \frac{f(x_0+h)–f(x_0)}{h}}⟺\underset{h\to 0}{lim}{\displaystyle \frac{f(x_0+h)–f(x_0)}{h}}–f^{\prime }(x_0)=0\dots (1)$

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

$d{f}_{x_0}:\mathbb{R}\to \mathbb{R}$ lineal.

$d{f}_{x_0}(h)=f^{\prime }(x_0)h=m.h$ tal que

$\underset{h\to 0}{lim}{\displaystyle \frac{f(x_0+h)–f(x_0)–m.h}{h}}=0$ ocurre si

$\underset{h\to 0}{lim}{\displaystyle \frac{f(x_0+h)–f(x_0)}{h}}–m=0\dots (2)$

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

$\underset{h\to 0}{lim}{\displaystyle \frac{f(x_0+h)–f(x_0)}{h}}–f^{\prime }(x_0)=0=\underset{h\to 0}{lim}{\displaystyle \frac{f(x_0+h)–f(x_0)}{h}}–m$

Luego ${\displaystyle \frac{dy}{dx}}=f^{\prime }(x_0)$ entonces $dy=f^{\prime }(x_0)dx$ y además «$h=dx$»

$\mathrm{\Delta }y=f(x_0+h)–f(x_0)$. También $dy\ne \mathrm{\Delta }y$ pero se aproxima.

Tratando de generalizar

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

$f^{\prime }(\overrightarrow{x_0}):=\underset{\overrightarrow{h}\to \overrightarrow{0}}{lim}{\displaystyle \frac{f(\overrightarrow{x_0}+\overrightarrow{h}–f(\overrightarrow{x_0})}{\overrightarrow{h}}}$

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

$\underset{h\to 0}{lim}{\displaystyle \frac{f(x_0+h)–f(x_0)–mh}{h}}=0⟺\underset{h\to 0}{lim}|{\displaystyle \frac{f(x_0+h)–f(x_0)–mh}{h}}|=0⟺\underset{h\to 0}{lim}{\displaystyle \frac{|f(x_0+h)–f(x_0)–mh|}{|h|}}=0$

Otra vía de generalización

$\underset{\overrightarrow{h}\to \overrightarrow{0}}{lim}{\displaystyle \frac{\Vert f(\overrightarrow{x_0}+\overrightarrow{h}–f(\overrightarrow{x_0})–\mathcal{M}\overrightarrow{h}\Vert }{\Vert \overrightarrow{h}\Vert }}=0$

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

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

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

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

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

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

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 $\overrightarrow{u}=(\cos \theta ,\sin \theta )$ 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 $\overrightarrow{v}=(–\sin \theta ,\cos \theta )$, entonces la ecuación del plano es $$–\sin \theta (x–x_0)+\cos \theta (y–y_0)=0$$

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