Ejemplo

Dada $f : \mathbb{R}^2 \rightarrow \mathbb{R}$ definida de la siguiente manera,

$$\begin{equation*} f (x, y) = \begin{cases} \dfrac{ \Big( \dfrac{x^2}{y}\Big)^2}{\Bigg( 1 + \Big( \dfrac{x^2}{y}\Big)^2 \Bigg)^4} & si & y \neq 0 \\ \\ 0 & si & y = 0 \end{cases} \end{equation*}$$

Consideremos primero $f_0 : \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$ donde $f_0 (x) = \dfrac{x^2}{\big( 1 + x^2 \big)^4}$

Nos preguntamos, ¿cómo es la gráfica de $f_0$? Para ello analizamos diferentes aspectos.

Podemos observar que:

(*) cuando $x \rightarrow \infty$ tenemos que $ f_0 (x) \rightarrow 0.$

(*) $f_0$ es par. Es decir, es simétrica respecto del eje $Y$.

(*) $f_0 (x) \geq 0$ para todo $x.$

(*) $f_0 (0) = 0.$

Entonces la gráfica de $f_0$ es

Cerca de cero $f_0 (x) \approx x^2$ y por tanto $f’_0 (0) = 0.$

Consideremos $f_0 (\lambda x)$ con $\lambda > 0$ constante. ¿Cuál es el efecto en la gráfica?

Consideramos dos casos:

CASO 1: $ 0 < \lambda < 1$ por ejemplo $f_0 (\frac{x}{2})$

CASO 2: $ \lambda > 1$ por ejemplo $f_0 (2x)$

Recordemos una función análoga $ y = \sin x$

Observamos un $\lambda$ distinto para cada $y$.

Con $0 < \lambda < 1$ «alarga» la gráfica , y con $\lambda > 1$ la gráfica se «contrae».

Una primera idea sería $f_0 \Big( \dfrac{x}{y} \Big)$ cuando $ y \rightarrow 0$, ya que $\dfrac{1}{y} \rightarrow \infty $ la gráfica en el plano $XZ$ se contrae.

Sin embargo, a lo largo de rectas $ y = mx.$ $$f_0 \Big( \dfrac{x}{mx} \Big) = f_0 \Big( \frac{1}{m} \Big) \; \; \text{constante}$$

La función $f$ dada es «casi» constante a lo largo de parábolas $y = ax^2 \iff \dfrac{x^2}{y} = \dfrac{1}{a}$

Las curvas de nivel $f (x, y) = \mathcal{c}$ son parábolas perforadas, es decir $$ \Big\{ (x, y) \in \mathbb{R}^2 \Big| f (x, y) = \mathcal{c} \Big\}$$

donde $\mathcal{c} = \dfrac{\Big( \dfrac{x^2}{y} \Big)^2}{ \Bigg( 1 + \Big( \dfrac{x^2}{y} \Big)^2 \Bigg)^4}$

Para esto nos fijamos en la imagen inversa de $\mathcal{c}$ bajo $f_0$ tal que $$\Big\{ t \in \mathbb{R} \Big| f_0 (t) = \mathcal{c} \Big\} \Rightarrow \dfrac{t^2}{\Big( 1 + t^2 \Big)^4} = \mathcal{c}$$

ENUNCIADO PARA LA IMAGEN

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

Si $\mathcal{c} > 0$ y $\mathcal{c}$ es menor que el máximo de $f_0$, entonces

$\Big\{ (x, y) \in \mathbb{R}^2 \big| f (x, y) = \mathcal{c} \Big\} = \Big\{ (x, y) \in \mathbb{R}^2 \big| f_0 \big( \frac{x^2}{y} \big) = \mathcal{c} \Big\}$ enotnces

$\Big\{ (x, y) \in \mathbb{R}^2 \big| \dfrac{x^2}{y} = t_1 \, ó \, \dfrac{x^2}{y} = t_2 \, ó \, \dfrac{x^2}{y} = t_3 \, ó \, \dfrac{x^2}{y} = t_4 \Big\} = \Big\{ (x, y) \in \mathbb{R}^2 \big| x^2 = t_1y \Big\} \setminus \Big\{ (0, 0) \Big\}$

Esto es la unión de cuatro parábolas menos el origen.

https://www.geogebra.org/classic/svzrgk7n

Además, si $\mathcal{c} = máx f_0$ el conjunto de nivel es la unión de dos parábolas menos el origen.

Si $\mathcal{c} < 0 $ entonces $f^{-1} (\mathcal{c}) = \emptyset.$

Si $\mathcal{c} > máx (f_0) $ entonces $f^{-1} (\mathcal{c}) = \emptyset.$

Si $\mathcal{c} = 0 $ entonces tenemos dos casos:

(*) $y = 0$

(**) $y \neq 0$ entonces $\dfrac{x^2}{y} = 0 $ y por tanto $ x = 0$, luego $f^{-1} (0) = $eje $X$ unión el eje $Y.$

${}$

Propiedades de este ejemplo:

(1) Todas las derivadas direccionales en el origen valen CERO.

(2) No es diferenciable en el origen.

(3) No es continua en el origen.

Analicemos cada propiedad:

(1) Las derivadas parciales

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

$\lim_{h \rightarrow 0} \dfrac{f (h, 0) \, – \, f (0, 0) }{h} = 0 $ y también $\lim_{k \rightarrow 0} \dfrac{f (0, k) \, – \, f (0, 0) }{k} = 0 $

Las otras derivadas direccionales $\vec{u} \in \mathbb{R}^2$, con $\big\| \vec{u} \big\| = 1$

Si $\vec{u} \neq \vec{e_1} , \vec{e_2}$ entonces la recta parametrizada $\alpha (t) = t \vec{u} $ pasa por el origen pero es distinta de los ejes.

La derivada direccional $\lim_{t \rightarrow 0} \dfrac{f ( t \vec{u}) \, – \, f (\vec{0}) }{t}$ con $t \neq 0$ y con $\vec{u} = ( \cos \theta, \sin \theta)$

$t \vec{u} = ( t \cos \theta, t \sin \theta)$ donde $ x = t \cos \theta$ y $ y = t \sin \theta$

luego $ \dfrac{x^2}{y} = \dfrac{ t^2 \cos^2 \theta }{t \sin \theta} = t \cos \theta \cot \theta = t a $, donde $a$ es constante.

Entonces

$\begin{align*} f (x, y) = f_0 \Big( \dfrac{x^2}{y} \Big) &= \dfrac{ \Big( \dfrac{x^2}{y} \Big) }{\Bigg( 1 + \Big( \dfrac{x^2}{y} \Big)^2 \Bigg)^4} \\ &= \dfrac{ \big( t a \big) }{\big( 1 + \big( t a \big)^2 \big)^4} \\ &= \dfrac{t^2 a^2}{ \big( 1 + (t a)^2 \big)^4} \end{align*}$

Por lo que

$\begin{align*}\lim_{t \rightarrow 0} \dfrac{f ( t \vec{u}) \, – \, f (\vec{0}) }{t} &= \lim_{t \rightarrow 0} \dfrac{\dfrac{t^2 a^2}{\big( 1 + (t a)^2 \big)^4 \, – \, 0 }}{t} \\ &= \lim_{t \rightarrow 0} t \dfrac{a^2}{ (1+ (t a)^2)^4} \\ &= 0 \end{align*}$

(2) Para ver que no es diferenciable, primero veremos que no es continua.

(3) Para probar que $f$ no es continua basta dar una sucesión $\{ (x_n, y_n) \} \rightarrow (0, 0) $ tal que $ \{ f (x_n, y_n) \} \nrightarrow 0.$

Podemos acercarnos por una de las parábolas

$x_n = \dfrac{1}{n}, \; \; y_n = \dfrac{1}{n^2}$

Entonces $\dfrac{{x^2}_n}{y_n} = 1$ entonces $F (x_n , y_n) = f_0 (1) \neq 0$ y es constante.

Por lo tanto no es continua.

Y tampoco es diferenciable.

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

Sea $(a, b) = \nabla f (x_0, y_0) = \Big( \dfrac{\partial f}{\partial x}(x_0, y_0), \dfrac{\partial f}{\partial y}(x_0, y_0)\Big)$ 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 $\vec{u}$ se define como $$\lim_{t \rightarrow 0} \dfrac{f (x_0, y_0) + t \vec{u} \, – \, f (x_0, y_0) }{t}$$ que resulta ser igual a $$\Big( \dfrac{\partial f}{\partial x}(x_0, y_0), \dfrac{\partial f}{\partial y}(x_0, y_0) \Big) \cdot \; \vec{u}$$ $$(a, b) \cdot (\cos \theta, \sin \theta ) = a \cos \theta + b \sin \theta$$

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

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

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

Entonces

$\begin{align*} h’ ( {\theta}_0) &= – \, a \sin {\theta}_0 + b \cos {\theta}_0 \\ 0 &= – \, a \sin {\theta}_0 + b \cos {\theta}_0 \\ a \sin {\theta}_0 &= b \cos {\theta}_0 \\ \dfrac{b}{a} &= \dfrac{\sin {\theta}_0}{\cos {\theta}_0} \\ \dfrac{b}{a} &= \tan {\theta}_0 \\ {\theta}_0 &= \arctan \Big(\dfrac{b}{a} \Big) \end{align*}$

Entonces tenemos que:

Luego

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

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

$$ \tan \theta_1 = \dfrac{b}{a} = \, – \, \dfrac{\sin \theta_0}{\cos \theta_0} = \tan \theta_0$$

por lo que ${h}^{\prime \prime} (\theta_1) > 0$ y por tanto $h$ alcanza un mínimo, con la hipótesis de $ a \neq 0.$

Si $ a = 0 $ entonces $ h’ (\theta_0) = b \cos \theta_0 = 0.$

Si $ b \neq 0 $ entonces $\cos \theta_0 = 0 $ por lo que $\theta_0 = \dfrac{\pi}{2}$ y $\theta_1 = \dfrac{3 \pi}{2}.$

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 $$\vec{u} = \dfrac{\nabla f (x_0, y_0)}{ \big\| \nabla f (x_0, y_0) \big\|}$$

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

El valor máximo de la derivada dirección se alcanza cuando $$\vec{u} = (\cos \theta_0, \sin \theta_0) = ( 1, 0)$$

Si $ a = 0$ y $ b < 0$ entonces $ \nabla f (x_0, y_0) = (0, b) = b (0, \, – \, 1)$ y por tanto $ \Big\| \nabla f (x_0, y_0) \Big\| = \, – \, b.$

Luego ${h}^{\prime \prime} (\theta_1) = b < 0 $ y por tanto $\vec{u} = (\cos \theta_1, \sin \theta_1) = (0, \, – \, 1).$

Entonces $\nabla f (x_0, y_0) = (a, b) = \Big\| \nabla f (x_0, y_0) \Big\|\vec{v}$ con $\| \vec{v} \| = 1$ si $(a, b) \neq (0, 0).$

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

Veamos un ejemplo

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

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

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

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

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

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

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

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

Por lo que $h’ (t) = 0.$

Por la regla de la cadena tenemos que $$h’ (t) = \nabla f \big( \alpha (t) \big) \cdot {\alpha}’ (t) = \nabla f ( x_0, y_0) \cdot {\alpha}’ (t_0) = 0$$

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

${\alpha}’ (t_0) = \Big( \dfrac{dx}{dt} , \dfrac{dy}{dt} \Big)$

$\nabla f (x_0, y_0) = \Big( \dfrac{\partial f}{\partial x} , \dfrac{\partial f}{\partial y} \Big)$

Entonces $ \dfrac{\partial f}{\partial x} \dfrac{dx}{dt} \, + \, \dfrac{\partial f}{\partial y} \dfrac{dy}{dt} = 0$

Despejando

$ \dfrac{\partial f}{\partial x} \dfrac{dx}{dt} = \, – \, \dfrac{\partial f}{\partial y} \dfrac{dy}{dt} $

Y por tanto

$$ – \, \dfrac{\dfrac{\partial f}{\partial x}}{\dfrac{\partial f}{\partial y}} = \dfrac{\dfrac{dx}{dt}}{\dfrac{dy}{d t}}$$

que es la pendiente del vector tangente.

Ejemplo 1

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

$f(x, y) = \left\{ \begin{array} \dfrac{}\dfrac{2xy}{x^2 + y^2} & si & (x, y) \neq (0, 0) \\ \\ 0 & si & (x, y) = (0, 0) \end{array} \right.$

Observamos que:

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

(*) No es continua, veamos porque:

$\Big\{ \Big( \dfrac{1}{n}, \dfrac{1}{n} \Big) \Big\} \rightarrow (0, 0)$ pero $\Big\{ f \Big( \dfrac{1}{n}, \dfrac{1}{n} \Big) \Big\} \nrightarrow f (0, 0) = 0$,

ya que $ f \Big( \dfrac{1}{n}, \dfrac{1}{n} \Big) = \dfrac{2 \frac{1}{n} \frac{1}{n}}{\frac{1}{n^2} + \frac{1}{n^2}} = \dfrac{ \frac{2}{n^2}}{ \frac{2}{n^2}} = 1 \rightarrow 1$

(*) Tampoco es diferenciable.

${}$

Ejemplo 2

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

$ f (x, y) = \left\{ \begin{array} y^2 \sin \Big( \dfrac{1}{y} \Big) & si & y \neq 0 \\ \\ \\ 0 & si & y = 0 \end{array} \right. $

Observemos que:

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

(*) $ \dfrac{\partial f}{\partial x} (0, 0) = 0 =\dfrac{\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 $\dfrac{ \partial f}{\partial y} (x, y).$

${}$

Ejemplo 3

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

$ f (x, y) = \left\{ \begin{array} 1 & si & (x, y) \neq (0, 0) \text{ está en la parábola } \, y = x^2 \\ \\ 0 & si & (x, y) \neq (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} \right.$

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 $(0, 0)$.

$$ \forall \, \vec{u} \in \mathbb{R}^2 \; \| \vec{u} \| = 1, \, \exists \, \lim_{t \rightarrow 0} \dfrac{f (t \vec{u} \, – \, f (\vec{0}) }{t}$$

${}$

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

${}$

Teorema

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

Demostración:

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

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

Basta demostrar que existe $L = \lim_{(x, y) \rightarrow (x_0, y_0)} f (x, y)$ y $ L = f (x_0, y_0).$

Sea $\epsilon > 0.$

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

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

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

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

$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) $

$f (x_0 + h, y_0 + k) \, – \, f (x_0, y_0) = \dfrac{\partial f}{\partial x} (x_0 + \theta_1 h, y_0 + k) h + \dfrac{\partial f}{\partial y} (x_0 , y_0 + \theta_2 k) k$ para algún $\theta_1, \theta_2 \in (0, 1)$

Sean $\xi = x_0 + \theta_1 h \; \in [x_0, x_0 + h]$

y $\eta = y_0 + \theta_2 k \; \in [y_0, y_0 + k]$

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

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

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

$\Big| f (x_0 + h, y_0 + k) \, – \, f ( x_0, y_0) \Big| \leq \Bigg| \dfrac{\partial f}{\partial x}(x_0 + \theta_1h, y_0 + k) \Bigg| \Big|h \Big| + \Bigg| \dfrac{\partial f}{\partial y}(x_0 , y_0 + \theta_2k) \Bigg| \Big|k \Big| \leq M \Big| h \Big| + M \Big| k \Big| < \epsilon$

Para que $M \Big| h \Big| + M \Big| k \Big| < \epsilon$ se debe cumplir que

$$\big| h \big| \leq \sqrt{h^2 + k^2 } = \big\| (h, k) \big\|$$

$$\big| k \big| \leq \sqrt{h^2 + k^2 } = \big\| (h, k) \big\|$$

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

Entonces, para que se cumpla que $ 2M \big\| (h, k) \big\| < \epsilon$ basta pedir que

$$ \big\| (h, k) \big\| < \delta = \dfrac{\epsilon}{2M} \; _{\blacksquare}$$

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 $x \rightarrow f(x, y_0)$ que se obtiene al hacer un corte con el plano $y = y_0.$

IMAGEN «A»

Ejemplo:

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

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

$$\dfrac{\partial f}{\partial x} (0, 0) = \lim_{h \rightarrow 0} \dfrac{f (h, 0) \, – \, f (0, 0) }{ h} = \lim_{h \rightarrow 0} \dfrac{0}{h} = \lim_{h \rightarrow 0} 0 = 0$$

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, $$\dfrac{\partial f}{\partial y} (0, 0) = 0$$

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 $f : \mathbb{R}^2 \rightarrow \mathbb{R}$ en un punto $(x_0, y_0)$ es el vector $\Big( \dfrac{\partial f}{\partial x} (x_0, y_0), \dfrac{\partial f}{\partial y} (x_0, y_0) \Big)$

Notación: $ \nabla f (x_0, y_0)$.

${}$

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

$f’ (x_0)$ 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 $$y \, – \, f(x_0) = f’ (x_0) (x \, – \, x_0)$$

Aproximación de $f$ con una función lineal $y = f(x_0) + f’ (x_0) (x \, – \, x_0)$.

Dibujo B

Es decir, $\lim_{h \rightarrow 0} \dfrac{f (x_0 + h) \, – \, f (x_0) \, – \, f’ (x_0)h}{h} = 0$, donde $h = x \, – \, x_0$.

${}$

Para funciones de $\mathbb{R}^2 \rightarrow \mathbb{R} $,¿qué representa el $\nabla f (x_0, y_0) = \Big( \dfrac{\partial f}{\partial x} (x_0, y_0), \dfrac{\partial f}{\partial y} (x_0, y_0) \Big)$?

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

dibujo C

Consideremos la función lineal de $\mathbb{R}^2 \rightarrow \mathbb{R}$ $$f (x, y) = ax + by$$ 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 $YZ$.

IMAGEN 3D

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

$\dfrac{\partial f}{\partial x} = a $

$\dfrac{\partial f}{\partial y} = b $

Entonces $\nabla f = (a, b)$

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 $$\vec{n} = (a, b, c)$$ $$\vec{x} = (x, y, z)$$

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

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

Que $\Big( (x, y, z)\, – \, (x_0, y_0, z_0) \Big) \cdot (a, b, c) = 0$, 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 $$ \begin{align*} z \, – \, f (x_0, y_0) &= \dfrac{\partial f}{ \partial x} (x_0, y_0) h \, + \, \dfrac{\partial f}{ \partial y} (x_0, y_0) k \\ &= \dfrac{\partial f}{ \partial x} (x_0, y_0) (x \, – \, x_0) \, + \, \dfrac{\partial f}{ \partial y} (x_0, y_0) (y \, – \, y_0) \\ z &= f (x_0, y_0) \dfrac{\partial f}{ \partial x} (x_0, y_0) (x \, – \, x_0) \, + \, \dfrac{\partial f}{ \partial y} (x_0, y_0) (y \, – \, y_0) \end{align*}$$

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

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

y (*) $$\lim_{(h,k) \rightarrow (0, 0)} \dfrac{\Big| f(x_0 + h, y_0 + k) \, – \, f (x_0, y_0) \, – \, \dfrac{\partial f}{\partial x}(x_0, y_0) h \, – \, \dfrac{\partial f}{\partial y}(x_0, y_0) k \Big| }{\Big\| (h, k) \Big\|} = 0$$

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

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

$$\lim_{(h, k) \rightarrow (0, 0)} \dfrac{\Big| f (h, k) \, – \, f (0, 0) \, – \, \dfrac{\partial f}{\partial x} (0, 0) h \, – \, \dfrac{\partial f}{\partial y} (0, 0) k \Big|}{\big\| (h, k) \big\|} = \lim_{(h, k) \rightarrow (0, 0)} \dfrac{\Big| h^{\frac{1}{3}} k^{\frac{1}{3}} \Big|}{\sqrt{h^2 + k^2 \, }}$$

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

$$\lim_{h \rightarrow 0} \dfrac{h^{\frac{2}{3}}}{\sqrt{2h^2 \, }} = \dfrac{1}{\sqrt{2}} \lim_{h \rightarrow 0} \dfrac{h^{\frac{2}{3}}}{h} = \dfrac{1}{\sqrt{2}} \lim_{h \rightarrow 0} h^{\frac{-1}{3}} = \dfrac{1}{\sqrt{2}} \lim_{h \rightarrow 0} \dfrac{1}{\sqrt{h}} = \infty$$

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

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

$$ {\alpha}’ (t) = \text{velocidad en el instante } t$$

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

Entonces el vector tangente unitario está dado por $T (t) = \dfrac{{\alpha}’ (t) }{\big\| {\alpha}’ (t) \big\|}$

La rapidez es $\big\| {\alpha}’ (t) \big\|= \dfrac{ds}{dt}$

Y por tanto $ {\alpha}’ (t) = \big\| {\alpha}’ (t) \big\| T (t)$ (es decir, velocidad es igual a rapidez por vector tangente unitario).

Luego

$$\begin{align*}{\alpha}^{\prime \prime} (t) &= \dfrac{d}{dt} \Big( \dfrac{ds}{dt} T\big) \\ {} \\ &= \dfrac{d^2s}{dt^2} T \, + \, \dfrac{ds}{dt} \dfrac{dT}{dt} \\ {} \\ &= \dfrac{d^2s}{dt^2} T \, + \, \dfrac{ds}{dt} \dfrac{d}{dt} T \dfrac{ds}{dt} \end{align*}$$

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

donde $\dfrac{d^2s}{dt^2}$ es la aceleración tangencial, y $\Big( \dfrac{ds}{dt} \Big)^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 $$ \big\| {\alpha}’ (t) \big\|^2 \, \mathcal{K}$$