Sea $\overrightarrow{u}\in {\mathbb{R}}^2,\Vert \overrightarrow{u}\Vert =1$ un vector unitario.

Sea $(a,b)=\mathrm{\nabla }f(x_0,y_0)=({\displaystyle \frac{\partial f}{\partial x}}(x_0,y_0),{\displaystyle \frac{\partial f}{\partial y}}(x_0,y_0))$ el gradiente de $f$ en el punto $(x_0,y_0)$, la derivada direccional de $f$ en el punto $(x_0,y_0)$ en la dirección del vector $\overrightarrow{u}$ se define como $$\underset{t\to 0}{lim}{\displaystyle \frac{f(x_0,y_0)+t\overrightarrow{u}–f(x_0,y_0)}{t}}$$ que resulta ser igual a $$({\displaystyle \frac{\partial f}{\partial x}}(x_0,y_0),{\displaystyle \frac{\partial f}{\partial y}}(x_0,y_0))\cdot \overrightarrow{u}$$ $$(a,b)\cdot (\cos \theta ,\sin \theta )=a\cos \theta +b\sin \theta$$

Para cada $\overrightarrow{u}$ existe $\theta$ tal que $\overrightarrow{u}=(\cos \theta ,\sin \theta ).$

¿En qué dirección de $\overrightarrow{u}$ se encuentra la mayor derivada direccional?

Para poder calcularla debemos maximizar la función $h(\theta )=a\cos \theta +b\sin \theta$ donde $h:\mathbb{R}\to \mathbb{R}.$

Entonces

$\begin{array}{rl}{h}^{\prime }({\theta }_0)& =–a\sin {\theta }_0+b\cos {\theta }_0\\ 0& =–a\sin {\theta }_0+b\cos {\theta }_0\\ a\sin {\theta }_0& =b\cos {\theta }_0\\ {\displaystyle \frac{b}{a}}& ={\displaystyle \frac{\sin {\theta }_0}{\cos {\theta }_0}}\\ {\displaystyle \frac{b}{a}}& =\tan {\theta }_0\\ {\theta }_0& =\arctan ({\displaystyle \frac{b}{a}})\end{array}$

Entonces tenemos que:

Luego

$h({\theta }_0)={\displaystyle \frac{a^2}{\sqrt{a^2+b^2}}}+{\displaystyle \frac{b^2}{\sqrt{a^2+b^2}}}=\sqrt{a^2+b^2}$

Además

$$h^{\prime \prime }=–a\cos {\theta }_0–b\sin {\theta }_0=–\sqrt{a^2+b^2}<0$$ por lo que $h$ añcanza un máximo en ${\theta }_0.$

Un detalle

$${\theta }_1={\theta }_0+\pi$$

$$\cos {\theta }_1=\cos ({\theta }_0+\pi )=\cos {\theta }_0\cos \pi –\cancel{\sin {\theta }_0\sin \pi }=–\cos {\theta }_0$$

Análogamente, $\sin {\theta }_1=–\sin {\theta }_0.$

Luego

$$\tan {\theta }_1={\displaystyle \frac{b}{a}}=–{\displaystyle \frac{\sin {\theta }_0}{\cos {\theta }_0}}=\tan {\theta }_0$$

por lo que $h^{\prime \prime }({\theta }_1)>0$ y por tanto $h$ alcanza un mínimo, con la hipótesis de $a\ne 0.$

Si $a=0$ entonces $h^{\prime }({\theta }_0)=b\cos {\theta }_0=0.$

Si $b\ne 0$ entonces $\cos {\theta }_0=0$ por lo que ${\theta }_0={\displaystyle \frac{\pi }{2}}$ y ${\theta }_1={\displaystyle \frac{3\pi }{2}}.$

Por lo que $h^{\prime \prime }=–b\sin \theta$ y por lo tanto $h^{\prime \prime }({\theta }_0)=–b$ y $h^{\prime \prime }({\theta }_1)=b.$

Entonces en ${\theta }_0$ hay un máximo y en ${\theta }_1$ hay un mínimo.

En conclusión: El valor máximo de la derivada dirección se alcanza cuando elegimos $$\overrightarrow{u}={\displaystyle \frac{\mathrm{\nabla }f(x_0,y_0)}{\Vert \mathrm{\nabla }f(x_0,y_0)\Vert }}$$

Si $a=0$ y $b>0$ entonces $\mathrm{\nabla }f(x_0,y_0)=(0,b)=b(0,1).$

El valor máximo de la derivada dirección se alcanza cuando $$\overrightarrow{u}=(\cos {\theta }_0,\sin {\theta }_0)=(1,0)$$

Si $a=0$ y $b<0$ entonces $\mathrm{\nabla }f(x_0,y_0)=(0,b)=b(0,–1)$ y por tanto $\Vert \mathrm{\nabla }f(x_0,y_0)\Vert =–b.$

Luego $h^{\prime \prime }({\theta }_1)=b<0$ y por tanto $\overrightarrow{u}=(\cos {\theta }_1,\sin {\theta }_1)=(0,–1).$

Entonces $\mathrm{\nabla }f(x_0,y_0)=(a,b)=\Vert \mathrm{\nabla }f(x_0,y_0)\Vert \overrightarrow{v}$ con $\Vert \overrightarrow{v}\Vert =1$ si $(a,b)\ne (0,0).$

$(a,b)\cdot \overrightarrow{u}=\Vert \mathrm{\nabla }f(x_0,y_0)\Vert (\overrightarrow{v}\cdot \overrightarrow{u})$ con $\overrightarrow{v}$ y $\overrightarrow{u}$ unitarios pero $\overrightarrow{v}\cdot \overrightarrow{u}={\displaystyle \frac{\cos \alpha }{\Vert \overrightarrow{v}\Vert \Vert \overrightarrow{u}\Vert }}=\cos \alpha$, donde $\alpha$ es el ángulo que forman $\overrightarrow{v}$ y $\overrightarrow{u}$, enotnces el máximo valor de $\cos \alpha =1$ se alcanza cuando $\alpha =0°$. Por lo tanto, $(a,b)\cdot \overrightarrow{u}=\Vert \mathrm{\nabla }f(x_0,y_0)\Vert .$

Veamos un ejemplo

Dada $f(x,y)=x^2+y^2$ y consideremos el punto $(x_0,y_0)=(2,3)$

Entonces $\mathrm{\nabla }f(x,y)=(2x,2y)$

$\mathrm{\nabla }f(x_0,y_0)=(4,6)=2(x_0,y_0)$

Luego $x^2+y^2=13$ es una curva de nivel.

En la siguiente imagen puedes observar la curva $f(x,y)$ así como la curva de nivel $f(x,y)=13$

Si consideramos una curva de nivel $\mathcal{c}$ de una función $f:{\mathbb{R}}^2\to \mathbb{R}$ tal que $$\mathcal{C}=\{(x,y)\in A\subseteq {\mathbb{R}}^2|f(x,y)=\mathcal{c}\}$$

Supongamos que podemos parametrizar la curva, es decir, existe $\alpha :I\subset \mathbb{R}\to {\mathbb{R}}^2$ tal que $$\alpha (t)=(x(t),y(t))$$ y además $\alpha (t)\in \mathcal{C}\mathrm{\forall }t$

Luego $f(x(t),y(t))=\mathcal{c}$ constante, entonces

$h(t)=(f\circ \alpha )(t)=f(x(t),y(t))=$constante.

Por lo que $h^{\prime }(t)=0.$

Por la regla de la cadena tenemos que $$h^{\prime }(t)=\mathrm{\nabla }f(\alpha (t))\cdot {\alpha }^{\prime }(t)=\mathrm{\nabla }f(x_0,y_0)\cdot {\alpha }^{\prime }(t_0)=0$$

De lo que se concluye que ${\alpha }^{\prime }(t_0)$ es ortogonal al gradiente.

${\alpha }^{\prime }(t_0)=({\displaystyle \frac{dx}{dt}},{\displaystyle \frac{dy}{dt}})$

$\mathrm{\nabla }f(x_0,y_0)=({\displaystyle \frac{\partial f}{\partial x}},{\displaystyle \frac{\partial f}{\partial y}})$

Entonces ${\displaystyle \frac{\partial f}{\partial x}}{\displaystyle \frac{dx}{dt}}+{\displaystyle \frac{\partial f}{\partial y}}{\displaystyle \frac{dy}{dt}}=0$

Despejando

${\displaystyle \frac{\partial f}{\partial x}}{\displaystyle \frac{dx}{dt}}=–{\displaystyle \frac{\partial f}{\partial y}}{\displaystyle \frac{dy}{dt}}$

Y por tanto

$$–{\displaystyle \frac{{\displaystyle \frac{\partial f}{\partial x}}}{{\displaystyle \frac{\partial f}{\partial y}}}}={\displaystyle \frac{{\displaystyle \frac{dx}{dt}}}{{\displaystyle \frac{dy}{dt}}}}$$

que es la pendiente del vector tangente.

Ejemplo 1

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

$f(x,y)=\{\begin{array}{rcc}{\displaystyle \frac{2xy}{x^2+y^2}}& si& (x,y)\ne (0,0)\\ \\ 0& si& (x,y)=(0,0)\end{array}$

Observamos que:

(*) Existen las derivadas parciales en todos los puntos $(x,y)\in {\mathbb{R}}^2$.

(*) No es continua, veamos porque:

$\{({\displaystyle \frac{1}{n}},{\displaystyle \frac{1}{n}})\}\to (0,0)$ pero $\{f({\displaystyle \frac{1}{n}},{\displaystyle \frac{1}{n}})\}\nrightarrow f(0,0)=0$,

ya que $f({\displaystyle \frac{1}{n}},{\displaystyle \frac{1}{n}})={\displaystyle \frac{2\frac{1}{n}\frac{1}{n}}{\frac{1}{n^2}+\frac{1}{n^2}}}={\displaystyle \frac{\frac{2}{n^2}}{\frac{2}{n^2}}}=1\to 1$

(*) Tampoco es diferenciable.

En la siguiente imagen puedes observar la gráfica de la función descrita en este ejemplo.

https://www.geogebra.org/classic/rkapmzg2

$$

Ejemplo 2

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

$f(x,y)=\{\begin{array}{}{y}^2\sin ({\displaystyle \frac{1}{y}})& si& y\ne 0\\ \\ \\ 0& si& y=0\end{array}$

Observemos que:

(*) En el punto $(0,0)$ es diferenciable.

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

El plano tangente en el origen es el plano $XY$ pero las derivadas parciales NO son continuas.

En particular ${\displaystyle \frac{\partial f}{\partial y}}(x,y).$

IMAGEN AÚN EN CORRECCIÓN

https://www.geogebra.org/classic/ksdzu5qx

$$

Ejemplo 3

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

$f(x,y)=\{\begin{array}{}1& si& (x,y)\ne (0,0)\text{ está en la parábola }y=x^2\\ \\ 0& si& (x,y)\ne (0,0)\text{ está en la parábola }y=\frac{1}{2}{x}^2\text{ o más abajo}\\ \\ 0& si& (x,y)=(0,0)\text{ está en la parábola }y=2x^2\text{ o más arriba }\\ 0& si& y=0\end{array}$

Corte $x=0$ vale $0$.

Observamos que:

(*) Es continua en cada corte pero globalmente NO es continua.

(*) Además en este ejemplo existen todas las derivadas direccionales en el $(0,0)$.

$$\mathrm{\forall }\overrightarrow{u}\in {\mathbb{R}}^2\Vert \overrightarrow{u}\Vert =1,\mathrm{\exists }\underset{t\to 0}{lim}{\displaystyle \frac{f(t\overrightarrow{u}–f(\overrightarrow{0})}{t}}$$

$$

Al analizar los ejemplos anteriores nos preguntamos, ¿cuándo podemos garantizar la continuidad?

$$

Teorema

Sea $f:{\mathbb{R}}^2\to \mathbb{R}$, con $A$ abierto, tal que existen las derivadas parciales en $A$ y son acotadas, entonces $f$ es continua en $A$.

Demostración:

Sea $(x_0,y_0)\in A.$

$[$ por demostrar : $f$ es continua en $(x_0,y_0)]$

Basta demostrar que existe $L=\underset{(x,y)\to (x_0,y_0)}{lim}f(x,y)$ y $L=f(x_0,y_0).$

Sea $ϵ>0.$

Basta demostrar que existe $\delta >0$ tal que si

$\Vert (x,y)–(x_0,y_0)\Vert <\delta \Rightarrow |f(x,y)–f(x_0,y_0)|<ϵ$

Como $\Vert (x,y)–(x_0,y_0)\Vert <\delta$

Sean $h=x–x_0$ y $k=y–y_0$ entonces, si $\Vert (h,k)\Vert <\delta \Rightarrow |f(x_0+h,y_0+k)–f(x_0,y_0)|<ϵ$

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

$f(x_0+h,y_0+k)–f(x_0,y_0)={\displaystyle \frac{\partial f}{\partial x}}(x_0+{\theta }_{1}h,y_0+k)h+{\displaystyle \frac{\partial f}{\partial y}}(x_0,y_0+{\theta }_{2}k)k$ para algún ${\theta }_1,{\theta }_2\in (0,1)$

Sean $\xi =x_0+{\theta }_{1}h\in [x_0,x_0+h]$

y $\eta =y_0+{\theta }_{2}k\in [y_0,y_0+k]$

${\displaystyle \frac{\partial f}{\partial x}}(\xi ,y_0+k)={\displaystyle \frac{\mathrm{\Delta }f}{h}}$

${\displaystyle \frac{\partial f}{\partial y}}(\xi ,y_0+k)h=\mathrm{\Delta }f$

Tomando el valor absoluto y aplicando la desigualdad del triángulo tenemos que:

$|f(x_0+h,y_0+k)–f(x_0,y_0)|\le |{\displaystyle \frac{\partial f}{\partial x}}(x_0+{\theta }_{1}h,y_0+k)||h|+|{\displaystyle \frac{\partial f}{\partial y}}(x_0,y_0+{\theta }_{2}k)||k|\le M|h|+M|k|<ϵ$

Para que $M|h|+M|k|<ϵ$ se debe cumplir que

$$|h|\le \sqrt{h^2+k^2}=\Vert (h,k)\Vert$$

$$|k|\le \sqrt{h^2+k^2}=\Vert (h,k)\Vert$$

Luego $$|h|+|k|\le 2\sqrt{h^2+k^2}=2\Vert (h,k)\Vert$$

Entonces, para que se cumpla que $2M\Vert (h,k)\Vert <ϵ$ basta pedir que

$$\Vert (h,k)\Vert <\delta ={\displaystyle \frac{ϵ}{2M}}{}_{\mathrm{<img\; draggable="false"\; role="img"\; class="emoji"\; alt="◼"\; src="https://s.w.org/images/core/emoji/14.0.0/svg/25fc.svg">}}$$

Algebraicamente, fijamos una variable y derivamos respecto de la otra.

Geométricamente, la derivada parcial de $f$ con respecta a $x$ es la pendiente de la recta tangente a la curva $x\to f(x,y_0)$ que se obtiene al hacer un corte con el plano $y=y_0.$

Ejemplo:

$f(x,y)=x^{\frac{1}{3}}{y}^{\frac{1}{3}}$

Calculemos la ${\displaystyle \frac{\partial f}{\partial x}}(0,0)$

$${\displaystyle \frac{\partial f}{\partial x}}(0,0)=\underset{h\to 0}{lim}{\displaystyle \frac{f(h,0)–f(0,0)}{h}}=\underset{h\to 0}{lim}{\displaystyle \frac{0}{h}}=\underset{h\to 0}{lim}0=0$$

Corte con el plano $y_0=0$ (el plano $XZ$) es $z=f(x,0)=x^{\frac{1}{3}}{0}^{\frac{1}{3}}=0$

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

Corte con el plano $x_0=0$ (el plano $YZ$) es $z=f(0,y)=0^{\frac{1}{3}}{y}^{\frac{1}{3}}=0$

Si hubiera plano tangente debería ser el plano $z=0$, es decir, el plano $XY$.

En el siguiente enlace puedes observar la curva definida por $f(x,y)=x^{\frac{1}{3}}{y}^{\frac{1}{3}}$ y los cortes que se estuvieron analizando.

https://www.geogebra.org/classic/eqgy88vq

$$

EL gradiente de una función $f:{\mathbb{R}}^2\to \mathbb{R}$ en un punto $(x_0,y_0)$ es el vector $({\displaystyle \frac{\partial f}{\partial x}}(x_0,y_0),{\displaystyle \frac{\partial f}{\partial y}}(x_0,y_0))$

Notación: $\mathrm{\nabla }f(x_0,y_0)$.

$$

Recordemos, ¿qué sucede con funciones de $\mathbb{R}\to \mathbb{R}$?

$f^{\prime }(x_0)$ es la pendiente de la recta tangente en el punto $(x_0,y_0)$.

La ecuación de la recta tangente a la curva $y=f(x)$ en el punto $(x_0,f(x_0))$ es $$y–f(x_0)=f^{\prime }(x_0)(x–x_0)$$

Aproximación de $f$ con una función lineal $y=f(x_0)+f^{\prime }(x_0)(x–x_0)$.

Es decir, $\underset{h\to 0}{lim}{\displaystyle \frac{f(x_0+h)–f(x_0)–f^{\prime }(x_0)h}{h}}=0$, donde $h=x–x_0$.

$$

Para funciones de ${\mathbb{R}}^2\to \mathbb{R}$,¿qué representa el $\mathrm{\nabla }f(x_0,y_0)=({\displaystyle \frac{\partial f}{\partial x}}(x_0,y_0),{\displaystyle \frac{\partial f}{\partial y}}(x_0,y_0))$?

Ecuación del plano tangente a la superficie $z=f(x,y)$ en el punto $(x_0,y_0,f(x_0,y_0))$

Consideremos la función lineal de ${\mathbb{R}}^2\to \mathbb{R}$ $$f(x,y)=ax+by$$ con $a,b\in \mathbb{R}$ constantes.

Corte con el plano $y_0=0$ (plano $XZ$).

$z=f(x,0)=ax$ entonces $a$ es la pendiente de la recta $z=ax$ en el plano $XZ$.

Corte con el plano $x_0=0$ (plano $YZ$).

$z=f(0,y)=by$ entonces $b$ es la pendiente de la recta $z=by$ en el plano $YZ$.

$f(x,y)=ax+by$

${\displaystyle \frac{\partial f}{\partial x}}=a$

${\displaystyle \frac{\partial f}{\partial y}}=b$

Entonces $\mathrm{\nabla }f=(a,b)$

Si un plano tiene la ecuación $ax+by+z=0$ entonces, $(a,b,c)\cdot (x,y,z)=0$.

El vector $(a,b,c)$ es el vector normal al plano $$\overrightarrow{n}=(a,b,c)$$ $$\overrightarrow{x}=(x,y,z)$$

Luego $\overrightarrow{n}\cdot \overrightarrow{x}=0$ por lo que el vector $\overrightarrow{x}$ es perpendicualr al vector $\overrightarrow{n}$.

Si un plano pasa por el punto $(x_0,y_0)$ y tiene el vector normal $(a,b,c)$.

Que $((x,y,z)–(x_0,y_0,z_0))\cdot (a,b,c)=0$, entonces

$$a(x–x_0)+b(y–y_0)+c(z–z_0)=0$$

entonces $ax+by+cz=d$ es la ecuación de un plano que no pasa por el punto $(x_0,y_0)$.

Luego la ecuación del plano tangente es $$\begin{array}{rl}z–f(x_0,y_0)& ={\displaystyle \frac{\partial f}{\partial x}}(x_0,y_0)h+{\displaystyle \frac{\partial f}{\partial y}}(x_0,y_0)k\\ & ={\displaystyle \frac{\partial f}{\partial x}}(x_0,y_0)(x–x_0)+{\displaystyle \frac{\partial f}{\partial y}}(x_0,y_0)(y–y_0)\\ z& =f(x_0,y_0){\displaystyle \frac{\partial f}{\partial x}}(x_0,y_0)(x–x_0)+{\displaystyle \frac{\partial f}{\partial y}}(x_0,y_0)(y–y_0)\end{array}$$

que es un polinomio de grado $1$ en dos variables.

Aquí también pediremos que este polinomio sea la mejor aproximación (con polinomio de grado 1) de $f(x,y)$ cerca del punto $(x_0,y_0).$

$$

Decimos que $f:{\mathbb{R}}^2\to \mathbb{R}$, con $A$ abierto es diferenciable en un punto $(x_0,y_0)\in A$ si se cumplen que:

(*) existen las derivadas parciales $${\displaystyle \frac{\partial f}{\partial x}}(x_0,y_0);{\displaystyle \frac{\partial f}{\partial y}}(x_0,y_0)$$

y (*) $$\underset{(h,k)\to (0,0)}{lim}{\displaystyle \frac{|f(x_0+h,y_0+k)–f(x_0,y_0)–{\displaystyle \frac{\partial f}{\partial x}}(x_0,y_0)h–{\displaystyle \frac{\partial f}{\partial y}}(x_0,y_0)k|}{\Vert (h,k)\Vert }}=0$$

Continuando con el ejemplo $f(x,y)=x^{\frac{1}{3}}{0}^{\frac{1}{3}}$.

Si $(x_0,y_0)=(0,0)$, entonces existen las derivadas parciales

${\displaystyle \frac{\partial f}{\partial x}}(0,0)=0$, y ${\displaystyle \frac{\partial f}{\partial y}}(0,0)=0$; pero no es diferenciable. Examinemos el límite:

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

Consideremos la trayectoria $h=k$, con $h>0$, entonces

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

Si el movimiento de una partícula está descrito por una curva parametrizada

$$\alpha (t)=\text{posición en el instante }t$$

$${\alpha }^{\prime }(t)=\text{velocidad en el instante }t$$

$${\alpha }^{\prime \prime }(t)=\text{aceleración en el instante }t$$

Entonces el vector tangente unitario está dado por $T(t)={\displaystyle \frac{{\alpha }^{\prime }(t)}{\Vert {\alpha }^{\prime }(t)\Vert }}$

La rapidez es $\Vert {\alpha }^{\prime }(t)\Vert ={\displaystyle \frac{ds}{dt}}$

Y por tanto ${\alpha }^{\prime }(t)=\Vert {\alpha }^{\prime }(t)\Vert T(t)$ (es decir, velocidad es igual a rapidez por vector tangente unitario).

Luego

$$\begin{array}{rl}{\alpha }^{\prime \prime }(t)& ={\displaystyle \frac{d}{dt}}({\displaystyle \frac{ds}{dt}}T)\\ \\ & ={\displaystyle \frac{d^{2}s}{d{t}^2}}T+{\displaystyle \frac{ds}{dt}}{\displaystyle \frac{dT}{dt}}\\ \\ & ={\displaystyle \frac{d^{2}s}{d{t}^2}}T+{\displaystyle \frac{ds}{dt}}{\displaystyle \frac{d}{dt}}T{\displaystyle \frac{ds}{dt}}\end{array}$$

$${\alpha }^{\prime \prime }(t)={\displaystyle \frac{d^{2}s}{d{t}^2}}T+({\displaystyle \frac{ds}{dt}}{)}^2\mathcal{K}N$$

donde ${\displaystyle \frac{d^{2}s}{d{t}^2}}$ es la aceleración tangencial, y $({\displaystyle \frac{ds}{dt}}{)}^2\mathcal{K}N$ es la aceleración normal.

Observación:

Si una curva está parametrizada con rapidez constante entonces,

(1) la aceleración tangencial es cero, y

(2) la magnitud de la aceleración normal es igual al producto del cuadrado de la rapidez y la curvatura, es decir $$\Vert {\alpha }^{\prime }(t){\Vert }^2\mathcal{K}$$

En coordenadas rectangulares la longitud de arco de una curva parametrizada la calculamos con la integral $$\underset{t_0}{\overset{t_1}{\int }}\Vert {\alpha }^{\prime }(t)\Vert dt$$

Si $\alpha (t)=(x(t),y(t))$, y ${\alpha }^{\prime }(t)=(x^{\prime }(t),y^{\prime }(t))$, entonces $$\underset{t_0}{\overset{t_1}{\int }}\sqrt{(x^{\prime }(t){)}^2+(y^{\prime }(t){)}^2}dt$$

¿Qué integral habría que calcular si la curva está en otras coordenadas?

Por ejemplo: en coordenadas polares, es decir, si conocemos $r(t)$ y $\theta (t)$

Entonces

$x(t)=r(t)\cos (\theta (t))$

$y(t)=r(t)\sin (\theta (t))$

Derivando

$x^{\prime }(t)=r^{\prime }(t)\cos (\theta (t))–r(t){\theta }^{\prime }(t)\sin (\theta (t))$

$y^{\prime }(t)=r^{\prime }(t)\sin (\theta (t))+r(t){\theta }^{\prime }(t)\cos (\theta (t))$

Luego

$\begin{array}{rl}(x^{\prime }(t){)}^2+(y^{\prime }(t){)}^2& =(r^{\prime }(t)\cos (\theta (t))–r(t){\theta }^{\prime }(t)\sin (\theta (t)){)}^2+(r^{\prime }(t)\sin (\theta (t))+r(t){\theta }^{\prime }(t)\cos (\theta (t)){)}^2\\ & ={r^{\prime }}^2{\cos }^2\theta (t)–\cancel{2r^{\prime }(t)r(t){\theta }^{\prime }(t)\cos \theta (t)\sin \theta (t)}+r^2(t){{\theta }^{\prime }}^2(t){\sin }^2\theta (t)\\ & +{r^{\prime }}^2{\cos }^2\theta (t)+\cancel{2r^{\prime }(t)r(t){\theta }^{\prime }(t)\cos \theta (t)\sin \theta (t)}+r^2(t){{\theta }^{\prime }}^2(t){\sin }^2\theta (t)\\ & =(r^{\prime }(t){)}^2+r^2(t)({\theta }^{\prime }(t){)}^2\end{array}$

Entonces $$\underset{t_0}{\overset{t_1}{\int }}\sqrt{(r^{\prime }(t){)}^2+r^2(t)({\theta }^{\prime }(t){)}^2}dt$$

$$

La «notación diferencial»

$$d{s}^2=d{x}^2+d{y}^2⟶({\displaystyle \frac{ds}{dt}}{)}^2=({\displaystyle \frac{dx}{dt}}{)}^2+({\displaystyle \frac{dy}{dt}}{)}^2$$

Entonces $$\int ds=\int {\displaystyle \frac{ds}{dt}}dt$$

En coordenadas polares

$d{s}^2=d{r}^2+r^{2}d{\theta }^2⟷({\displaystyle \frac{ds}{dt}}{)}^2=({\displaystyle \frac{dr}{dt}}{)}^2+r^2({\displaystyle \frac{d\theta }{dt}}{)}^2$

Queremos que $To\beta =\alpha$

$T(r,\theta )=(x,y)$

$x=r\cos \theta$

$y=r\sin \theta$

$x(t)=r(t)\cos \theta (t)$

$y(t)=r(t)\sin \theta (t)$

La «diferencial de T» ( o derivada de $T$)

$$DT=\left(\begin{array}{ccc}{\displaystyle \frac{\partial x}{\partial r}}& & {\displaystyle \frac{\partial x}{\partial \theta }}\\ \\ {\displaystyle \frac{\partial y}{\partial r}}& & {\displaystyle \frac{\partial y}{\partial \theta }}\end{array}\right)$$

Esta matriz es la transformación lineal que asocia vectores tangentes en el plano $r\theta$ con vectores tangentes en el plano $xy.$

Luego $DT\cdot {\beta }^{\prime }={\alpha }^{\prime }$

Entonces $\left(\begin{array}{ccc}{\displaystyle \frac{\partial x}{\partial r}}=\cos \theta & & {\displaystyle \frac{\partial x}{\partial \theta }}=–r\sin \theta \\ \\ {\displaystyle \frac{\partial y}{\partial r}}=\sin \theta & & {\displaystyle \frac{\partial y}{\partial \theta }}=r\cos \theta \end{array}\right)$

Entonces $$\left(\begin{array}{ccc}\cos \theta & & –r\sin \theta \\ \\ \sin \theta & & r\cos \theta \end{array}\right)\left(\begin{array}{c}{r}^{\prime }\\ \\ {\theta }^{\prime }\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}{x}^{\prime }\\ \\ y^{\prime }\end{array}\right)$$

Luego

$x^{\prime }=r^{\prime }\cos \theta –r{\theta }^{\prime }\sin \theta$

$y^{\prime }=r^{\prime }\sin \theta +r{\theta }^{\prime }\cos \theta$

Para pedir la $\Vert {\alpha }^{\prime }t\Vert$ usamos el producto punto

${\alpha }^{\prime }\cdot {\alpha }^{\prime }=\Vert {\alpha }^{\prime }{\Vert }^2$

$\sqrt{{\alpha }^{\prime }\cdot {\alpha }^{\prime }}=\Vert {\alpha }^{\prime }\Vert$

Si tenemos $T:V⟶W$ transf. lineal, y tenemos una función bilineal

$b:W\times W⟶\mathbb{R}$

podemos formar otra función bilineal B, tal que $B:V\times V\to \mathbb{R}$

$B(v_1,v_2):=b(T{v}_1,T{v}_2)$

Vamos a medir el tamaño de los vectores en el plano $(r,\theta )$ no con la norma del producto punto sino con la norma de este producto escalar

$\begin{array}{rl}B(({r^{\prime }}_1,{\theta }_1^{\prime }),({r^{\prime }}_2,{\theta }_2^{\prime }))& =b(DT({r^{\prime }}_1,{\theta }_1^{\prime }),DT({r^{\prime }}_2,{\theta }_2^{\prime }))\\ & =DT\left(\begin{array}{c}{r^{\prime }}_1\\ {\theta }_1^{\prime }\end{array}\right)\cdot DT\left(\begin{array}{c}{r^{\prime }}_2\\ {\theta }_2^{\prime }\end{array}\right)\end{array}$

$\begin{array}{r}({r^{\prime }}_1\cos \theta –r{\theta }_1^{\prime }\sin \theta ,{r^{\prime }}_1\sin \theta +r{\theta }_1^{\prime }\cos \theta )\cdot ({r^{\prime }}_2\cos \theta –r{\theta }_2^{\prime }\sin \theta ,r_2^{\prime }\sin \theta +r{\theta }_2^{\prime }\cos \theta )\\ =r_1^{\prime }{r}_2^{\prime }{\cos }^2\theta –\cancel{{r^{\prime }}_{1}r{\theta }_2^{\prime }\cos \theta \sin \theta }–r_2^{\prime }{\theta }_1^{\prime }\sin \theta \cos \theta \\ +r^2{\theta }_1^{\prime }{\theta }_2^{\prime }{\sin }^2\theta +r_1^{\prime }{r}_2^{\prime }{\cos }^2\theta –\cancel{{r^{\prime }}_{1}r{\theta }_2^{\prime }\cos \theta \sin \theta }\\ –r_2^{\prime }{\theta }_1^{\prime }\sin \theta \cos \theta +r^2{\theta }_1^{\prime }{\theta }_2^{\prime }{\sin }^2\theta \\ =r_1^{\prime }{r}_2^{\prime }+r^{\prime }{\theta }_1^{\prime }{\theta }_2^{\prime }\end{array}$

Nueva norma para los vectores tangentes $(r^{\prime },{\theta }^{\prime })$ en el plano $(r,\theta )$ $$\Vert (r^{\prime },{\theta }^{\prime })\Vert :=\sqrt{{r^{\prime }}^2+r^2{{\theta }^{\prime }}^2}$$

$$

Jacobiano $=\left|\begin{array}{ccc}\cos \theta & & \sin \theta \\ \sin \theta & & -\cos \theta \end{array}\right|=r{\cos }^2\theta +r{\sin }^2\theta =r$

En general, si tenemos un cambio de coordenadas

$x=f(u,v)$

$y=g(u,v)$

Sus derivadas son

${\displaystyle \frac{dx}{dt}}={\displaystyle \frac{\partial x}{\partial u}}{\displaystyle \frac{du}{dt}}+{\displaystyle \frac{\partial x}{\partial v}}{\displaystyle \frac{dv}{dt}}$

${\displaystyle \frac{dy}{dt}}={\displaystyle \frac{\partial y}{\partial u}}{\displaystyle \frac{du}{dt}}+{\displaystyle \frac{\partial y}{\partial v}}{\displaystyle \frac{dv}{dt}}$

Entonces

$\left(\begin{array}{c}{\displaystyle \frac{dx}{dt}}\\ \\ {\displaystyle \frac{dy}{dt}}\end{array}\right)=\left(\begin{array}{ccc}{\displaystyle \frac{\partial x}{\partial u}}& & {\displaystyle \frac{\partial x}{\partial v}}\\ \\ {\displaystyle \frac{\partial y}{\partial u}}& & {\displaystyle \frac{\partial y}{\partial v}}\end{array}\right)\left(\begin{array}{c}{\displaystyle \frac{du}{dt}}\\ \\ {\displaystyle \frac{dv}{dt}}\end{array}\right)$

Luego

$\begin{array}{rl}\underset{t_0}{\overset{t_1}{\int }}\Vert {\alpha }^{\prime }(t)\Vert dt& =\underset{t_0}{\overset{t_1}{\int }}\sqrt{({\displaystyle \frac{dx}{dt}}{)}^2+({\displaystyle \frac{dy}{dt}}{)}^2}dt\\ & =\underset{t_0}{\overset{t_1}{\int }}H({\displaystyle \frac{du}{dt}},{\displaystyle \frac{dv}{dt}})dt\end{array}$

$$

Longitud de arco de una curva en ${\mathbb{R}}^3$,

(*) en coordenadas cartesianas $$d{s}^2=d{x}^2+d{y}^2+d{z}^2$$

(*) en coordenadas cilíndricas $$d{s}^2=d{r}^2+rd{\theta }^2+d{z}^2$$

(*) en coordenadas esféricas $$d{s}^2=d{r}^2+r^2(d{\theta }^2+{\sin }^2\theta d{\phi }^2)$$