En coordenadas rectangulares la longitud de arco de una curva parametrizada la calculamos con la integral $$\int\limits_{t_0}^{t_1} \Big\|{\alpha}’ (t) \Big\| dt$$

Si $\alpha (t) = \big( x (t), y (t) \big)$, y ${\alpha}’ (t) = \big( x’ (t) , y’ (t) \big)$, entonces $$\int\limits_{t_0}^{t_1} \sqrt{ \big( x’ (t)\big)^2 + \big(y’ (t) \big)^2 \, } dt $$

¿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 \big( \theta (t) \big)$

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

Derivando

$ x’ (t) = r’ (t) \cos \big( \theta (t) \big) \, – \, r (t) {\theta}’ (t) \sin \big( \theta (t) \big)$

$ y’ (t) = r’ (t) \sin \big( \theta (t) \big) \, + \, r (t) {\theta}’ (t) \cos \big( \theta (t) \big)$

Luego

$\begin{align*} \big( x’ (t)\big)^2 + \big(y’ (t) \big)^2 &= \Big( r’ (t) \cos \big( \theta (t) \big) \, – \, r (t) {\theta}’ (t) \sin \big( \theta (t) \big) \Big)^2 + \Big( r’ (t) \sin \big( \theta (t) \big) \, + \, r (t) {\theta}’ (t) \cos \big( \theta (t) \big) \Big)^2 \\ &= \textcolor{Green}{ {r’}^2 {\cos}^2 \theta (t)} \, – \, \cancel{ \textcolor{Red}{2 r’ (t) r (t) {\theta}’ (t) \cos \theta (t) \sin \theta (t)}} + \textcolor{DarkBlue}{r^2 (t) {{\theta}’}^2 (t) {\sin}^2 \theta (t) } \\ & + \textcolor{Green}{ {r’}^2 {\cos}^2 \theta (t)} + \cancel{ \textcolor{Red}{2 r’ (t) r (t) {\theta}’ (t) \cos \theta (t) \sin \theta (t)}} + \textcolor{DarkBlue}{r^2 (t) {{\theta}’}^2 (t) {\sin}^2 \theta (t)} \\ &= \Big( r’ (t) \Big)^2 + r^2 (t) \Big( {\theta}’ (t) \Big)^2 \end{align*} $

Entonces $$\int\limits_{t_0}^{t_1} \sqrt{ \Big( r’ (t) \Big)^2 + r^2 (t) \Big( {\theta}’ (t) \Big)^2 \, } dt$$

${}$

La «notación diferencial»

$$ ds^2 = dx^2 + dy^2 \; \; \longrightarrow \; \; \Big(\dfrac{ds}{dt}\Big)^2 = \Big(\dfrac{dx}{dt}\Big)^2 + \Big(\dfrac{dy}{dt}\Big)^2$$

Entonces $$\int ds = \int \dfrac{ds}{dt} dt$$

En coordenadas polares

$ds^2 = dr^2 + r^2 d{\theta}^2 \longleftrightarrow \Big(\dfrac{ds}{dt}\Big)^2 = \Big(\dfrac{dr}{dt}\Big)^2 + r^2 \Big(\dfrac{d \theta}{dt}\Big)^2$

Queremos que $ T \, o \, \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 $T$)

$$DT = \begin{equation*} \left( \begin{matrix} \dfrac{\partial x}{\partial r} & \; \; & \dfrac{\partial x}{\partial \theta}\\ {} \\ \dfrac{\partial y}{\partial r} & \; \; & \dfrac{\partial y}{\partial \theta}\end{matrix} \right) \end{equation*}$$

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

Luego $DT \cdot {\beta}’ = {\alpha}’$

Entonces $ \begin{equation*} \left( \begin{matrix} \dfrac{\partial x}{\partial r} = \cos \theta & \; \; & \dfrac{\partial x}{\partial \theta} = – \, r \sin \theta \\ {} \\\dfrac{\partial y}{\partial r} = \sin \theta & \; \; & \dfrac{\partial y}{\partial \theta} = r \cos \theta \end{matrix} \right) \end{equation*}$

Entonces $$ \begin{equation*} \left( \begin{matrix} \cos \theta & \; \; & – \, r \sin \theta \\ {} \\ \sin \theta & \; \; & r \cos \theta \end{matrix} \right) \left( \begin{matrix} r’ \\ {} \\ {\theta}’ \end{matrix} \right) = \left( \begin{matrix} x’ \\ {} \\ y’ \end{matrix} \right) \end{equation*}$$

Luego

$ x’ = r’ \cos \theta \, – \, r {\theta}’ \sin \theta$

$ y’ = r’ \sin \theta \, + \, r {\theta}’ \cos \theta$

Para pedir la $\|{\alpha}’t\|$ usamos el producto punto

${\alpha}’ \cdot {\alpha}’=\|{\alpha}’\|^2$

$\sqrt{{\alpha}’ \cdot {\alpha}’}=\|{\alpha}’\|$

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

$b:W \times W \longrightarrow \mathbb{R}$

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

$B( v_1 , v_2) := b(Tv_1, Tv_2)$

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

$\begin{align*}B \Big( ({r’}_1, {\theta}’_1) , ({r’}_2, {\theta}’_2) \Big) &= b \Big( DT ({r’}_1, {\theta}’_1) , DT ({r’}_2, {\theta}’_2) \Big) \\ &= DT \begin{pmatrix} {r’}_1 \\ {\theta}’_1 \end{pmatrix} \cdot DT \begin{pmatrix} {r’}_2\\ {\theta}’_2 \end{pmatrix}\end{align*}$

$\begin{align*} \Big( {r’}_1 \cos \theta \, – \, r {\theta}’_1 \sin \theta , {r’}_1 \sin \theta \, + \, r {\theta}’_1 \cos \theta \Big) \cdot \Big( {r’}_2 \cos \theta \, – \, r {\theta}’_2 \sin \theta , {r}’_2 \sin \theta \, + \, r {\theta}’_2 \cos \theta \Big) \\ = \textcolor{Orange}{ {r}’_1 {r}’_2 {\cos}^2 \theta } \, – \, \cancel{ \textcolor{Red}{ {r’}_1 r {\theta}’_2 \cos \theta \sin \theta }} \, – \, \textcolor{DarkBlue}{{r}’_2 {\theta}’_1 \sin \theta \cos \theta } \\ + \textcolor{Green}{ {r}^2 {\theta}’_1 {\theta}’_2 {\sin}^2 \theta } + \textcolor{Orange}{ {r}’_1 {r}’_2 {\cos}^2 \theta } \, – \, \cancel{ \textcolor{Red}{ {r’}_1 r {\theta}’_2 \cos \theta \sin \theta }} \\ \, – \, \textcolor{DarkBlue}{{r}’_2 {\theta}’_1 \sin \theta \cos \theta } + \textcolor{Green}{ {r}^2 {\theta}’_1 {\theta}’_2 {\sin}^2 \theta } \\ = {r}’_1 {r}’_2 \, + \, {r’} {\theta}’_1 {\theta}’_2 \end{align*} $

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

${}$

Jacobiano $= \begin{vmatrix} \cos \theta & \; \; \; & \; \; \sin \theta \\ \sin \theta & \; \; \; & \,- \ \cos \theta\end{vmatrix} = 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

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

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

Entonces

$\begin{pmatrix} \dfrac{dx}{dt} \\ {} \\ \dfrac{dy}{dt} \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \dfrac{\partial x}{\partial u} & \; \; & \dfrac{\partial x}{\partial v} \\{}\\ \dfrac{\partial y}{\partial u} & \; \; & \dfrac{\partial y}{\partial v} \end{pmatrix} \begin{pmatrix} \dfrac{du}{dt} \\ {} \\ \dfrac{dv}{dt} \end{pmatrix}$

Luego

$\begin{align*} \int\limits_{t_0}^{t_1} \big\|{\alpha}’ (t) \big\| dt &= \int\limits_{t_0}^{t_1} \sqrt{ \Big( \dfrac{dx}{dt}\Big)^2 \, + \, \Big( \dfrac{dy}{dt}\Big)^2 \, } dt \\ &= \int\limits_{t_0}^{t_1} H \Big( \dfrac{du}{dt} \, , \, \dfrac{dv}{dt} \Big) dt \end{align*} $

${}$

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

(*) en coordenadas cartesianas $$\textcolor{Red}{ds^2 = dx^2 \, + \, dy^2 \, + \, dz^2} $$

(*) en coordenadas cilíndricas $$\textcolor{Green}{ds^2 = dr^2 \, + \, r d{\theta}^2 \, + \, dz^2} $$

(*) en coordenadas esféricas $$\textcolor{DarkBlue}{ds^2 = dr^2 \, + \, r^2 \Big( d{\theta}^2 \, + \, {\sin}^2 \theta \; d{\varphi}^2 \Big) }$$

Introducción

En está sección estudiaremos el concepto matemático que define los puntos infinitamente cercanos a un conjunto.

Sea A un subconjunto arbitrario de $\mathbb{R}^{n}$. Se dice que $\overline{x}\in \mathbb{R^{n}}$ es un $\textit{punto de acumulación}$ de $A$, si toda bola abierta con centro en $\overline{x}$ contiene un punto de $A$ distinto de $\overline{x}$ es decir $$\forall r>0 \quad \left(B(\overline{x},r)-{\overline{x}}\right)\bigcap A\neq \emptyset$$
Al conjunto de puntos de acumulación de $A$ se le denomina el conjunto derivado de $A$ y se le denota $A^{a}$

Lema 1.-$\bar{x}\in\mathbb{R}^n$ es punto de acumulación de $A$ si y solamente si $\bar{x}\in \overline{A-{\bar{x}}}$

Demostración. Si $\bar{x}$ es un punto de acumulación de A entonces \quad $\forall \, r > 0$ \quad $B(\bar{x},r)-{\bar{x}}\cap A \neq \varnothing$ esta expresión es equivalente a $$B(\bar{x},r)\cap A -{\bar{x}}\neq \varnothing$$
por lo que $$B(\bar{x},r) \cap {\bar{x}}^c\cap A
= [B(\bar{x},r) \cap {\bar{x}}^c]\cap A= B(\bar{x},r)\cap A -{\bar{x}}\neq
\varnothing$$
pero esto significa que $\bar{x}$ es un punto de
adherencia de $A -{\bar{x}}$
$\therefore$ $\bar{x}\in \overline{A-{\bar{x}}}$ $\square$

Ejercicio. Pruebe que $A’\subset \overline{A}$

Demostración. Sea $x\in~A’$ se tiene entonces
$$x\in~A’~\Rightarrow~x\in \overline{A-{\bar{x}}}~\underbrace{\Rightarrow}_{ \overline{A-{\bar{x}}}\subset~\overline{A}}~x\in \overline{A}$$
por lo tanto $A’\subset \overline{A}$

Ejercicio. Pruebe que $A\subset B~\Rightarrow~A’\subset~B’$

Demostración. Sea $x\in~A’$ se tiene entonces
$$x\in~A’~\Rightarrow~x\in \overline{A-{x}}~\underbrace{\Rightarrow}_{ \overline{A-{x}}\subset~\overline{B-{x}}}~x\in \overline{B-{x}}~\Rightarrow~x\in~B’$$
por lo tanto $A’\subset B’$ $\square$

Proposición 1.-Si $\bar{x}\in\mathbb{R}^n$ es un punto de acumulación de $A$, entonces toda bola abierta $B(\bar{x},r)$ contiene una infinidad de puntos de $A$.

Demostración. Sea $B(\bar{x},r)$ una bola abierta arbitraria con centro $\bar{x}$,
supongase que esta bola tuviese solamente un número finito de puntos de $A$, digamos $\bar{x}_1,\ldots,\bar{x}_k$ cada uno distinto de $\bar{x}$ elijamos
$r_0=\min{d(\bar{x},\bar{x}_1),\ldots,d(\bar{x},\bar{x}_k)}$ $\therefore$ $d(\bar{x},\bar{x}_i)\leq r$. Consideremos ahora la bola abierta $B(\bar{x},r_0)$. Es claro que $B(\bar{x},r_0) \subset B(\bar{x},r)$ y de la desigualdad se sigue que $B(\bar{x},r_0)$ no contiene puntos de $A$ distintos de $\bar{x}$ pues todo punto de $A$ que estubiese en $B(\bar{x},r_0)$ también sería elemento de $B(\bar{x},r)$ lo cual no es posible ya que $\bar{x}_1,\ldots,\bar{x}_k$ son los únicos elementos de $A$ que están en $B(\bar{x},r)$. Entonces la bola abierta $B(\bar{x},r_0)$ no tiene puntos de $A$ diferentes de $\bar{x}$, esto contradice la hipotesis de que $\bar{x}$ es punto de acumulación. $\square$

Teorema 1.- Un conjunto $A$ es cerrado si y solo si contiene a todos sus puntos de acumulación.

Demostración. Sea $\bar{x}$ un punto de acumulación de $A$. si $\bar{x} \not\in A $, el conjunto abieto $A^{c}$ es una vecindad de $\bar{x}$, que debe contener cuando menos un punto de $A$, pero esto no es posible, por lo tanto se concluye $x\in A$.
Inversamente:Si A contiene a todos sus puntos de acumulación se habrá de probar que
$A^{c}$ es abierto.
Sea $y \in A^{c}$ entonces $y$ no es punto de acumulación de $A$. Por lo tanto, existe una vecindad $r$ de $y$ tal que $A \cap v = \varnothing$.
En consecuencia $v_y\subset A^{c}$. Dado que esto es válido $\forall \ y \in A^{c}$ se deduce que $A^{c}$ es abierto $\therefore$ $A$ es cerrado. $\square$

Ejercicio. Sean $A, B\in\mathbb{R}^{n}$. Pruebe que $$(A\bigcup B)’=A’\bigcup B’$$

Demostración. Tenemos que
$$x\in (A\bigcup B)’~\Rightarrow~x\in\overline{A\bigcup B}-{x}$$
$$~\Rightarrow~x\in \overline{A-{x}}\bigcup \overline{B-{x}}$$
$$~\Rightarrow~x\in \overline{A-{x}}\acute{o}x\in \overline{B-{x}} $$
$$~\Rightarrow~x\in A’\acute{o}x\in B’$$
$$~\Rightarrow~x\in A’\bigcup B’$$
Inversamente
$$A\subset A\bigcup B~\Rightarrow~A’\subset (A\bigcup B)’$$
$$B\subset A\bigcup B~\Rightarrow~B’\subset (A\bigcup B)’$$
de lo anterior se tiene
$$A’\bigcup B’\subset (A\bigcup B)’$$ $\square$

Ejercicio. Pruebe que $(A\bigcap B)’\subset A’\bigcap B’$

Demostración.

$$ A\bigcap B~\subset~A~\Rightarrow~(A\bigcap B)’\subset A’$$
$$ A\bigcap B~\subset~B~\Rightarrow~(A\bigcap B)’\subset B’$$
de lo anterior se tiene
$$(A\bigcup B)’\subset A’\bigcup B’$$ $\square$

Más adelante

Tarea moral

1.- Prueba que si $A \subset \mathbb{R}^n $ es un conjunto arbitrario entonces

$$int(A) \subset A’ \subset int(A) \bigcup Fr(A)$$

2.- Prueba que $A \cup A’= \overline{A}$

3.- Sea $A=\left\{(m,0) \in \mathbb{R}^2 | m \in \mathbb{Z}\right\}$ Describe y prueba quién es $A’$

4.- Determina quien es el $S’$ de $S=\left\{ (\dfrac{1}{n},0 ) |n \in \mathbb{N} \right\} \subset \mathbb{R}^2$

5.-Da un ejemplo de un conjunto $S$ en $\mathbb{R}^2$ donde $S’$ sólo tenga un punto de acumulación y otro donde contenga una infinidad.

Enlaces

Introducción

El Teorema del valor medio es un resultado fundamental del cálculo diferencial. En cálculo de una variable nos dice que en algún punto del intervalo, la pendiente de la tangente a la curva (es, decir la derivada) es igual a la pendiente de la recta secante que une los puntos extremos $(a,f(a))$ y $(b,f(b))$. En esta sección estudiaremos para el caso en más dimensiones.

Recordemos el teorema del valor medio para funciones de $\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$

Suponga que $f:[a,b]\rightarrow\mathbb{R}$ es derivable en $(a,b)$ y continua en $[a,b]$ entonces existe $c\in(a,b)$ tal que
$$f'(c)=\frac{f(b)-f(a)}{b-a}$$

En esta sección se presenta el caso en la versión para funciones de $\mathbb{R}^{n}$ en $\mathbb{R}$. De esta manera el caso general se ve de la siguiente manera:

Teorema. Sea $f:A\subset\mathbb{R}^{n} \rightarrow \mathbb{R}$
una función definida en el conjunto abierto $A$ de $\mathbb{R}^{n}$. Si $x_{0},y_{0} \in A$ se pide que el conjunto $A$ sea tal que $[x_0,y_0]=\left\{x_{0}+t(y_{0}-x_{0})~|~t\in[0,1]\right\}\subset A$. Sea $u$ un vector unitario en la dirección del vector $y_{0}-x_{0}$. Si la función $f$ es continua en los puntos del segmento $[x_0,y_0]$ y
tiene derivadas direccionales en la dirección del vector $u$ en los puntos del segmento $(x_0,y_0)$, entonces existe $\theta$ , $0<\theta<1$ tal que $f(x_0+hu)-f(x_0)=\displaystyle\frac{\partial f}{\partial u}(x_0+\theta
hu)h$ donde $h=|y_0-x_0|$.

Una consecuencia del teorema anterior es el teorema
Teorema. Sea $f:A\subset\mathbb{R}^{n} \rightarrow \mathbb{R}$
una función definida en el conjunto abierto $A$ de $\mathbb{R}^{n}$. Si las derivadas parciales $\displaystyle{\frac{\partial f}{\partial x_{i}}~~\forall i=1,..,n}$ son continuas en $x_{0}\in A$ entonces f es diferenciable en $x_{0}\in A$
Vamos a dar una idea de la demostración para el caso n=2

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

Teorema. Sea $f:A\subset\mathbb{R}^{2} \rightarrow \mathbb{R}$ una función definida en el conjunto abierto $A$ de $\mathbb{R}^{2}$. Si $x_{0},y_{0} \in A$ se pide que el conjunto $A$ sea tal que $[x_0,y_0]=\left\{x_{0}+t(y_{0}-x_{0})~|~t\in[0,1]\right\}\subset A$. Sea $u$ un vector unitario en la dirección del vector $y_{0}-x_{0}$. Si la función
$f$ es continua en los puntos del segmento $[x_0,y_0]$ y tiene derivadas direccionales en la dirección del vector $u$ en los puntos del segmento $(x_0,y_0)$, entonces existe
$\theta$ \, $0<\theta<1$ tal que $f(x_0+hu)-f(x_0)=\displaystyle\frac{\partial f}{\partial u}(x_0+\theta hu)h$ donde $h=|y_0-x_0|$.

Demostración. Considere la función $\phi:[0,h]\rightarrow
\mathbb{R}$ dada por $\phi(t)=f(x_0+tu)$ ciertamente
la función $\phi$ es continua en $[0,h]$ pues $f$ lo es en $[x_0,y_0]$. Ademas

[\begin{array}{ll}
\phi'(t) & =\displaystyle\lim_{h \rightarrow 0}
\frac{\phi(t+h)-\phi(t)}{h} \\
\, & = \displaystyle\lim_{h \rightarrow 0}
\frac{f(x_0+(t+h)u)-f(x_0+tu)}{h} \\
\, & = \displaystyle\lim_{h \rightarrow 0}
\frac{f(x_0+tu+hu)-f(x_0+tu)}{h} \\
\, & = \displaystyle\frac{\partial f}{\partial
u}(x_0+tu)
\end{array}]

de modo que para $t \in (0,h)$, $\phi'(t)$ existe y es la derivada direccional de $f$ en $x_0+tu \in (x_0,y_0)$ en la dirección del vector $u$. Aplicando entonces el teorema del valor medio a la función $\phi$, concluimos que existe un múmero $\theta \in (0,1)$ que da $\phi(h)-\phi(0)=\phi'(\theta h)h$\ es decir de modo que $$f(x_0+hu)-f(x_0)=\frac{\partial f}{\partial u}(x_0+\theta hu)h$$

Ahora para la verisón del teorema 3

Teorema 5. Sea $f:A\subset\mathbb{R}^{2} \rightarrow \mathbb{R}$
una función definida en el conjunto abierto $A$ de $\mathbb{R}^{n}$. Si las derivadas parciales $\displaystyle{\frac{\partial f}{\partial x},~~\frac{\partial f}{\partial y}}$ son continuas en $(x_{0},y_{0})\in A$ entonces f es diferenciable en $(x_{0},y_{0}\in A$

Demostración. Vamos a probar 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 $$\lim_{(h_{1},h_{2})\rightarrow(0,0)}\frac{r(h_{1},h_{2})}{|(h_{1},h_{2})|}=0$$

para ello tenemos que
$$r(h_{1},h_{2})=f((x_{0},y_{0})+(h_{1},h_{2}))-f(x_{0},y_{0})-\frac{\partial f}{\partial x}(x_{0},y_{0})h_{1}-\frac{\partial f}{\partial y}(x_{0},y_{0})h_{2}$$
sumando un cero adecuado
$$r(h_{1},h_{2})=f((x_{0},y_{0})+(h_{1},h_{2}))-\textcolor{Red}{f(x_{0},y_{0}+h_{2})}+\textcolor{Red}{f(x_{0},y_{0}+h_{2})}-f(x_{0},y_{0})-\frac{\partial f}{\partial x}(x_{0},y_{0})h_{1}-\frac{\partial f}{\partial y}(x_{0},y_{0})h_{2}$$
trabajaremos

$$f((x_{0},y_{0})+(h_{1},h_{2}))-\textcolor{Red}{f(x_{0},y_{0}+h_{2})}$$Considerando la función $\varphi(x)=f(x,y_{0}+h_{2})$ por lo tanto tenemos que $$\varphi'(x)=\lim_{h_{1}\rightarrow0}\frac{\varphi(x+h_{1})-\varphi(x)}{h_{1}}=\lim_{h_{1}\rightarrow0}\frac{f(x+h_{1},y_{0}+h_{2})-f(x,y_{0}+h_{2})}{h_{1}}$$
este limite existe y nos dice que $\varphi$ es es continua en este caso en el intervalo $[x_{0},x_{0}+h_{1}]$. Por lo tanto aplicando el TVM en dicho intervalo se obtiene
$$\varphi(x_{0}+h_{1})-\varphi(x_{0})=\varphi'(x_{0}+\theta_{1} h_{1})h_{1}~p.a.~\theta_{1}\in(0,1)$$
es decir
$$f((x_{0}+h_{1},y_{0}+h_{2})-\textcolor{Red}{f(x_{0},y_{0}+h_{2})}=\frac{\partial f}{\partial x}(x_{0}+\theta_{1} h_{1},y_{0}+h_{2})h_{1}$$
Analogamente

$$\textcolor{Red}{f(x_{0},y_{0}+h_{2})}-f(x_{0},y_{0})$$Considerando la función $\varphi(y)=f(x_{0},y)$ por lo tanto tenemos que $$\varphi'(y)=\lim_{h_{2}\rightarrow0}\frac{\varphi(x_{0},y_{0}+h_{2})-\varphi(y_{0}+h_{2})}{h_{2}}=\lim_{h_{2}\rightarrow0}\frac{f(x_{0},y_{0}+h_{2})-f(y_{0}+h_{2})}{h_{2}}$$
este limite existe y nos dice que $\varphi$ es es continua en este caso en el intervalo $[y_{0},y_{0}+h_{2}]$. Por lo tanto aplicando el TVM en dicho intervalo se obtiene
$$\varphi(y_{0}+h_{2})-\varphi(y_{0})=\varphi'(y_{0}+\theta_{2} h_{2})h_{2}~p.a.~\theta_{2}\in(0,1)$$
es decir
$$f((x_{0},y_{0}+h_{2})-\textcolor{Red}{f(x_{0},y_{0})}=\frac{\partial f}{\partial y}(x_{0},y_{0}+\theta_{2}h_{2})h_{2}$$

Sustituimos en
$$r(h_{1},h_{2})=f((x_{0},y_{0})+(h_{1},h_{2}))-\textcolor{Red}{f(x_{0},y_{0}+h_{2})}+\textcolor{Red}{f(x_{0},y_{0}+h_{2})}-f(x_{0},y_{0})-\frac{\partial f}{\partial x}(x_{0},y_{0})h_{1}-\frac{\partial f}{\partial y}(x_{0},y_{0})h_{2}$$y obtenemos
$$r(h_{1},h_{2})=\frac{\partial f}{\partial x}(x_{0}+\theta_{1} h_{1},y_{0}+h_{2})h_{1}-\frac{\partial f}{\partial x}(x_{0},y_{0})h_{1}+\frac{\partial f}{\partial y}(x_{0},y_{0}+\theta_{2}h_{2})h_{2}-\frac{\partial f}{\partial y}(x_{0},y_{0})h_{2}$$

es decir
$$r(h_{1},h_{2})=\left(\frac{\partial f}{\partial x}(x_{0}+\theta_{1} h_{1},y_{0}+h_{2})-\frac{\partial f}{\partial x}(x_{0},y_{0})\right)h_{1}+\left(\frac{\partial f}{\partial y}(x_{0},y_{0}+\theta_{2}h_{2})-\frac{\partial f}{\partial y}(x_{0},y_{0})\right)h_{2}$$
por lo tanto
$$\frac{r(h_{1},h_{2})}{|(h_{1},h_{2})|}=\left(\frac{\partial f}{\partial x}(x_{0}+\theta_{1} h_{1},y_{0}+h_{2})-\frac{\partial f}{\partial x}(x_{0},y_{0})\right)\frac{h_{1}}{|(h_{1},h_{2})|}+\left(\frac{\partial f}{\partial y}(x_{0},y_{0}+\theta_{2}h_{2})-\frac{\partial f}{\partial y}(x_{0},y_{0})\right)\frac{h_{2}}{|(h_{1},h_{2})|}$$
ahora bien si $\displaystyle{|(h_{1},h_{2})|\rightarrow(0,0)}$ se tiene
$$\left(\frac{\partial f}{\partial x}(x_{0}+\theta_{1} h_{1},y_{0}+h_{2})-\frac{\partial f}{\partial x}(x_{0},y_{0})\right)\rightarrow0$$
y
$$\frac{h_{1}}{|(h_{1},h_{2})|}<1$$
Analogamente
$$\left(\frac{\partial f}{\partial y}(x_{0},y_{0}+\theta_{2}h_{2})-\frac{\partial f}{\partial y}(x_{0},y_{0})\right)\rightarrow0$$
y
$$\frac{h_{2}}{|(h_{1},h_{2})|}<1$$
en consecuencia
$$\lim_{(h_{1},h_{2})\rightarrow(0,0)}\frac{r(h_{1},h_{2})}{|(h_{1},h_{2})|}=0$$por lo tanto f es diferenciable en $(x_{0},y_{0})$

Más adelante

Estudiremos la definición del vector gradiente, el cual, contiene las derivadas parciales de una función real y veremos su importancia en relación a una dirección (vector) dado para analizar el crecimiento de una función.

Tarea Moral

Mostrar que la siguiente función es diferenciable en cada punto de su dominio.

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

2.-$f(x,y)=\dfrac{x}{y}+\dfrac{y}{x}$

3.-$f(r,\theta)=\dfrac{1}{2}rsen2\theta$, $r>0$

4.-$f(x,y)=\dfrac{xy}{\sqrt{x^2+y^2}}$

5.-$f(x,y)=\dfrac{x^2y}{x^4+y^2}$

Enlaces

Elipse

La elipse : $$\dfrac{x^2}{a^2} + \dfrac{y^2}{b^2} = 1$$

se puede parametrizar como

$$\left\{ x = a \cos \theta \atop y = b \sin \theta \right.$$

ya que si elevamos al cuadrado ambas ecuaciones obtenemos que $$\left\{ x^2 = a^2 \cos^2 \theta \atop y^2 = b^2 \sin^2 \theta \right.$$ luego, despejando y sumando miembro a miembro observamos que $$\dfrac{x^2}{a^2} + \dfrac{y^2}{b^2} = \cos^2 \theta + \sin^2 \theta = 1$$ que es la ecuación de la elipse.

En esta imagen puedes observar una animación de la parametrización.

Hipérbola

La hipérbola: $$x^2 – y^2 = 1$$

se puede parametrizar como

$$\left\{ x = \sec \theta \atop y = \tan \theta \right.$$

ya que si elevamos al cuadrado cada ecuación tenemos que $$\left\{ x^2 = \sec^2 \theta \atop y^2 = \tan^2 \theta \right.$$ luego, restándolas vemos que $$ x^2 – y^2 = \sec^2 \theta – \tan^2 \theta = \dfrac{1}{\cos^2 \theta} – \dfrac{\sin^2 \theta}{\cos^2 \theta} = \dfrac{1 – \sin^2 \theta}{\cos^2 \theta} = \dfrac{\cos^2 \theta}{\cos^2 \theta} = 1 $$ obtenemos la ecuación de la hipérbola.

Otra manera de parametrizar la hipérbola es considerando

$$\left\{ x = \cosh \theta = \dfrac{e^t + e^{-t}}{2} \atop y = \sinh \theta = \dfrac{e^t – e^{-t}}{2}\right.$$

$$ x^2 – y^2 = \cosh^2 \theta – \sinh^2 \theta = 1$$

En la siguiente imagen puedes observar una animación de la hipérbola.

Longitud de arco

Consideramos una curva parametrizada $$\alpha : [a, b] \subset \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}^2$$ $$\alpha (t) =(x(t), y(t))$$

Sean $P = \alpha (a)$

y $Q = \alpha (b)$

¿Cuál es la longitud de arco desde $P$ hasta $Q$?

• Aproximemos la longitud de la curva como suma de segmentos de recta.

$\sum\limits_{i = 1}^n \|\alpha (t_i) – \alpha (t_{i-1}) \|$ con la partición $ a = t_0 < t_1 < \dots < t_n = b$

Nos preguntamos si hay un teorema del valor medio. Es decir, existe $\rho \in (a, b)$ tal que $$f(\rho) = \dfrac{f(b) – f(a)}{b – a}$$

Entonces existe $\rho \in (a, b)$ tal que $$\overrightarrow{\alpha}(\rho) = \dfrac{\overrightarrow{\alpha}(b) – \overrightarrow{\alpha}(a)}{b – a} $$

Si así fuera, entonces $$\| {\alpha}'(\rho) \| = \dfrac{\| \overrightarrow{\alpha}(b) – \overrightarrow{\alpha}(a) \|}{b – a} $$

$\sum\limits_{i = 1}^n \|\alpha (t_i) – \alpha (t_{i-1}) \|=\sum\limits_1^n \|\alpha (t_i) – \alpha (t_{i-1}) \|\dfrac{t_i – t_{i-1}}{t_i – t_{i-1}} $

$=\sum\limits_{i = 1}^n \|{\alpha}’ (\xi_i) \| (t_i – t_{i-1})$

Por lo anterior definimos la longitud de arco desde $P$ hasta $Q$ como

$$ \int\limits_a^b \| {\alpha}'(t) \| dt $$

CASO CIRCUNFERENCIA

Para $\omega = 1.$

$x (t) = A \cos (t) + h$

$y (t) = A \sin (t) + k$

Derivando

$x’ (t) = – A \sin (t) \Longrightarrow (x’)^2 (t) = A^2 \sin^2 (t)$

$y’ (t) = A \cos (t) \Longrightarrow (y’)^2 (t) = A^2 \cos^2 (t) $

Sumando ambas igualdades

$(x’)^2 + (y’)^2 = A^2$ por lo que $\| {\alpha}'(t) \| = A.$

Si $P = \alpha (\theta_0)$ y $Q = \alpha (\theta_1)$, entonces

$$ \int\limits_{\theta_0}^{\theta_1} A \, dt = A (\theta_1 – \, \theta_0) = \text{radio } \Delta \theta $$

Una parametrización de una curva en coordenadas polares

Sea $r = f (\theta) $

Donde $\theta = \omega t$ y $ r = f( \omega t)$, que en coordenadas polares es:

$x (t) = f (\omega t) \cos (\omega t)$

$y (t) = f (\omega t) \sin (\omega t)$

Si $\omega = 1$ entonces $\overrightarrow{\alpha} (t) = (x(t), y(t)) = x (t) \vec{e_1} + y (t) \vec{e_2} = r (t) \overrightarrow{\beta} (t)$, donde $\beta (t) = (\cos \theta (t), \sin \theta (t))$

En este caso, ¿cómo calculamos la velocidad?

$x’ (t) = \dfrac{d}{dt} (f(\omega t) \cos (\omega t)) = \omega f'(\omega t) \cos (\omega t) – \sin (\omega t) f(\omega t) \omega$

$y’ (t) = \dfrac{d}{dt} (f(\omega t) \sin (\omega t)) = \omega f'(\omega t) \sin (\omega t) + \cos (\omega t) f (\omega t) \omega$

Luego,

$(x’, y’) = ( \omega f'(\omega t) \cos (\omega t) – \sin (\omega t) f(\omega t) \omega , \omega f'(\omega t) \sin (\omega t) + \cos (\omega t) f(\omega t) \omega )$

$(x’, y’) = \omega f'(\omega t) (\cos (\omega t) , \sin (\omega t) + \omega f(\omega t) ( -\sin (\omega t) , \cos (\omega t)$

$\overrightarrow{\alpha}’ (t) = r’ (t) \overrightarrow{\beta} (t) + r (t) \overrightarrow{\beta}’ (t)$

$\beta$, $\beta’$ son una base de $\mathbb{R}^2$ en la que podemos extresar ${\alpha}’$.

$\vec{e_1}$, $\vec{e_2}$ son otra base de $\mathbb{R}^2$ en la que también podemos extresar ${\alpha}’$.

Luego, $\alpha’ (t) = x’ (t) \vec{e_1} + y’ (t) \vec{e_2} = r’ (t) \overrightarrow{\beta} (t) + r (t) \overrightarrow{\beta}’ (t)$

Dada una circunferencia de radio $r > 0$ con centro en $(h, k)$, posición inicial $(x_0, y_0)$ y velocidad inicial $(x’_0, y’_0)$, analizamos diferentes casos para poder calcular su frecuencia, velocidad angular, periodo, amplitud y fase.

Caso sencillo

Radio $r = 1$

Centro $(h, k) = (0, 0)$

Posición inicial $(x_0, y_0) = (1, 0)$

Velocidad inicial $(x’_0, y’_0) = (0, 1)$

Entonces $\left\{ x(t) = \cos (t) \atop y(t) = \sin (t) \right.$

Tenemos que la rapidez unitaria es $\| {\alpha}’ (t)\| = 1.$

Si el periodo es $2\pi$ entonces, para toda $t$:

$\left\{ x(t + 2\pi) = x (t) \atop y(t + 2\pi) = y (t) \right.$

Por lo que $\vec{\alpha} (t) = \vec{\alpha} (t + 2\pi).$

¿Cómo serian las ecuaciones si el movimiento fuera de $\textcolor{Blue}{periodo \; 1}$?

$\left\{ x(t) = \cos (2\pi t) \atop y(t) = \sin (2\pi t) \right.$

Entonces para $t = 0$ la posición es $ (1, 0)$; y para $ t = 1$ la posición también es $(1, 0).$

Luego, la rapidez de $\left\{ x(t) = \cos (2\pi t) \atop y(t) = \sin (2\pi t) \right.$ es

$\left\{ x’ (t) = -2 \sin (2\pi t) \atop y’ (t) = 2 \cos (2\pi t) \right.$

Por lo que $\|(x’ (t), y'(t)) \| = \sqrt{(2 \pi)^2 (\cos^2 (2\pi t) + \sin^2 (2 \pi t))}$,

es decir que la rapidez es: $$\|(x’ (t), y'(t)) \| = 2 \pi $$

Para periodos $T > 0$

$\left\{ x(t) = \cos \left( \frac{2\pi t}{T} \right) \atop y(t) = \sin \left( \frac{2\pi t}{T} \right) \right.$

Entonces para $t = 0$ la posición es $ (1, 0)$; y para $ t = T$ la posición también es $(1, 0).$

¿Cómo serían las ecuaciones si recorremos la circunferencia en el sentido horario, con periodo $T = 2\pi$?

Entonces $\left\{ x(t) = \cos (t) \atop y(t) = – \sin (t) \right.$

Por lo que $(x'(0), y'(0)) = (0, -1).$

Si ahora cambiamos la posición inicial, digamos que $ \vec{p_0} = (x_0, y_0).$

Dado el punto $(x_0, y_0)$, existe un ángulo $\theta$ tal que:

$\left\{ x_0 = \cos (\theta_0) \atop y_0 = \sin (\theta_0) \right.$

Si $(x_0, y_0) = (\frac{1}{\sqrt{2}}, \frac{1}{\sqrt{2}}) \Rightarrow \theta_0 = 45° = \frac{\pi}{4}$

Si $(x_0, y_0) = (\frac{1}{2}, \frac{\sqrt{3}}{2}) \Rightarrow \theta_0 = 60° = \frac{\pi}{3}$

Luego, para toda $t$ se tiene que:

$\left\{ x(t) = \cos (t + \theta_0) \atop y(t) = \sin (t + \theta_0) \right.$

Cumple que $(x(0), y(0)) = (\cos \theta_0, \sin \theta_0) = (x_0, y_0)$, es decir, en el instante $t_0 = 0$ la posición inicial es $(x_0, y_0).$

Si hubiéramos escrito

$\left\{ x(t) = \cos (t – \theta_0) \atop y(t) = \sin (t – \theta_0) \right.$

Entonces $\left\{ x(\theta_0) = 1 \atop y(\theta_0) = 0 \right.$ es decir, en el instante $t_0 = \theta_0$ la posición es $(1, 0).$

Observación:

Si escribimos $\left\{ x(t) = \cos ( – t) = cos (t) \atop y(t) = \sin ( – t) = – \sin (t) \right.$

entonces estamos recorriendo la circunferencia en sentido horario.

Ahora estudiemos el siguiente caso:

$\left\{ x(t) = \cos (w t ) \atop y(t) = \sin (w t ) \right.$

El periodo es $\frac{2 \pi}{T} = \omega \Rightarrow T = \frac{2 \pi}{\omega}.$

Otro caso:

Si tenemos las ecuaciones $\left\{ x(t) = A \cos (w t ) \atop y(t) = A \sin (w t ) \right.$

y $A = 2$ entonces las ecuaciones

$\left\{ x(t) = 2 \cos (w t ) \atop y(t) = 2 \sin (w t ) \right.$

representan una circunferencia de radio 2. $A$ se denomina amplitud.

Caso centro $(h, k)$

Si el centro está en el punto $(h, k)$, entonces:

$$\left\{ x(t) = A \cos (w t ) + h \atop y(t) = A \sin (w t ) + k \right.$$

En las siguientes ventanas puedes observar una animación de la parametrización. En este caso la curva $\alpha (t) = \Big( 2 \cos (t) , 2 \sin (t) \Big)$