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

Definición. Sea $A\subset {\mathbb{R}}^2$, un abierto, $f:A\to \mathbb{R}$ y $(x_0,y_0)\in A$. Se dice que f es diferenciable en $(x_0,y_0)$ si existen las derivadas parciales ${\displaystyle \frac{\partial f}{\partial x}(x_0,y_0),\frac{\partial f}{\partial y}(x_0,y_0)}$ tal que
$$f((x_0,y_0)+(h_1,h_2))=f(x_0,y_0)+\frac{\partial f}{\partial x}(x_0,y_0)h_1+\frac{\partial f}{\partial y}(x_0,y_0)h_2+r(h_1,h_2)$$donde
$$\underset{(h_1,h_2)\to (0,0)}{lim}\frac{r(h_1,h_2)}{|(h_1,h_2)|}=0$$

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

Teorema 1. Si la función $f:A\subset {\mathbb{R}}^2\to \mathbb{R}$ definida en $A$ de ${\mathbb{R}}^2$, es diferenciable en el ´punto $p=(x_0,y_0)\in A$, entonces es continua en ese punto.

Demostración. Si f es diferenciable en el ´punto $p=(x_0,y_0)\in A$ se tiene
$$f((x_0,y_0)+(h_1,h_2))=f(x_0,y_0)+\frac{\partial f}{\partial x}(x_0,y_0)h_1+\frac{\partial f}{\partial y}(x_0,y_0)h_2+r(h_1,h_2)$$
tomando limite se tiene
$$\underset{(h_1,h_2)\to (0,0)}{lim}f((x_0,y_0)+(h_1,h_2))=\underset{(h_1,h_2)\to (0,0)}{lim}f(x_0,y_0)+\cancel{\frac{\partial f}{\partial x}(x_0,y_0)h_1}+\cancel{\frac{\partial f}{\partial y}(x_0,y_0)h_2}+\cancel{r(h_1,h_2)}$$
se tiene entonces que
$$\underset{(h_1,h_2)\to (0,0)}{lim}f((x_0,y_0)+(h_1,h_2))=f(x_0,y_0)$$
por lo que f es continua en $(x_0,y_0)$

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

Teorema 2. Suponga que $f:A\subset {\mathbb{R}}^2\to \mathbb{R}$ es tal que
$$|\frac{\partial f}{\partial x}(x_0,y_0)|\le M$$ y $$|\frac{\partial f}{\partial x}(x_0,y_0)|\le M$$

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

Demostración. Sean $(x_0,y_0),(x_0+h_1,y_0+h_2)\in A$ tenemos entonces que $$f(x_0+h_1,y_0+h_2)-f(x_0,y_0)=f(x_0+h_1,y_0+h_2)-f(x_0+h_1,y_0)+f(x_0+h_1,y_0)-f(x_0,y_0)$$ Aplicando teorema del valor medio se tiene que existen ${\xi }_1,\in (x_0,x_0+h_1)$,${\xi }_2\in (y_0,y_0+h_2)$ tal que $$f(x_0+h_1,y_0+h_2)-f(x_0+h_1,y_0)=\frac{\partial f}{\partial y}(x_0+h_1,{\xi }_2)h_2$$ $$f(x_0+h_1,y_0)-f(x_0,y_0)=\frac{\partial f}{\partial x}({\xi }_1,y_0+h_2)h_1$$ por lo tanto $$|f(x_0+h_1,y_0+h_2)-f(x_0,y_0)|=|(\frac{\partial f}{\partial y}(x_0+h_1,{\xi }_2)h_2)+(\frac{\partial f}{\partial x}({\xi }_1,y_0+h_2)h_1)|\le$$ $$\left|(\frac{\partial f}{\partial y}(x_0+h_1,{\xi }_2))\right||h_2|+\left|(\frac{\partial f}{\partial x}({\xi }_1,y_0+h_2)\right|)|h_1|\le M(|h_2|+|h_1|)$$ si tenemos que ${\displaystyle |(h_1,h_2)|<\delta }$ entonces $$M(|h_2|+|h_1|)<2M\delta \therefore ϵ=2M\delta \Rightarrow \delta =\frac{ϵ}{2M}$$

Diferenciabilidad y Derivadas Direccionales

Teorema 3. Si $f:{\mathbb{R}}^n\to \mathbb{R}$ es una función diferenciable en $x_0$ en la dirección del vector unitario u entonces
$$\frac{\partial f}{\partial u}(x_0)=\sum _{i=1}^n\frac{\partial f}{\partial x_i}\cdot u_i$$

Demostración. Sea $u\in {\mathbb{R}}^n$ tal que $u\ne 0$ y $|u|=1$ como $f$ es diferenciable en $x_0$, se tiene que
$$f(x_0+h)-f(x_0)=\sum _{i=1}^n\frac{\partial f}{\partial x_i}(x_0)h_i+r(h)$$satisface
$$\underset{(h)\to 0}{lim}\frac{r(h)}{|(h)|}=0$$
tomando $h=tu$ se tiene $|h|=|tu|=|t||u|=|t|$\
se tiene entonces
$$f(x_0+t(u))-f(x_0)=\sum _{i=1}^n\frac{\partial f}{\partial x_i}(x_0)t{u}_i+r(tu)$$
tenemos entonces
$$\underset{t\to 0}{lim}\frac{f(x_0+t(u))-f(x_0)}{t}=\sum _{i=1}^n\frac{\partial f}{\partial x_i}(x_0)u_i+\cancel{\underset{t\to 0}{lim}r(tu)}$$
es decir
$$\frac{\partial f}{\partial u}(x_0)=\sum _{i=1}^n\frac{\partial f}{\partial x_i}(x_0)u_i$$ $\mathrm{<img\; draggable="false"\; role="img"\; class="emoji"\; alt="◻"\; src="https://s.w.org/images/core/emoji/14.0.0/svg/25fb.svg">}$

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

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

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

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

El Gradiente

Sea $f:A\subset {\mathbb{R}}^n\to \mathbb{R}$ una función diferenciable en $x_0\in A$. Entonces el vector cuyas componentes
son las derivadas parciales de f en $x_0$ se le denomina Vector Gradiente
$$(\frac{\partial f}{\partial x_1}(x_0),\frac{\partial f}{\partial x_2}(x_0),\dots ,\frac{\partial f}{\partial x_n}(x_0),)$$
y se le denota por $\mathrm{\nabla }f$.

En el caso particular $n=2$ se tiene
$$\mathrm{\nabla }f(x_0)=(\frac{\partial f}{\partial x}(x_0),\frac{\partial f}{\partial y}(x_0))$$
En el caso particular $n=3$ se tiene
$$\mathrm{\nabla }f(x_0)=(\frac{\partial f}{\partial x}(x_0),\frac{\partial f}{\partial y}(x_0),\frac{\partial f}{\partial z}(x_0))$$

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

Teorema 4. Si $f:{\mathbb{R}}^2\to \mathbb{R}$ es una función diferenciable en $(x_0,y_0)$ en la dirección del vector unitario u entonces
$$\frac{\partial f}{\partial u}(x_0,y_0)=\mathrm{\nabla }f(x_0,y_0)\cdot u$$

Sea $u\in {\mathbb{R}}^n$ tal que $u\ne 0$ y $|u|=1$ como $f$ es diferenciable en
$(x_0,y_0)$, se tiene que
$$f((x_0,y_0)+(h_1,h_2))=f(x_0,y_0)+\frac{\partial f}{\partial x}(x_0,y_0)h_1+\frac{\partial f}{\partial y}(x_0,y_0)h_2+r(h_1,h_2)$$

satisface
$$\underset{(h_1,h_2)\to (0,0)}{lim}\frac{r(h_1,h_2)}{|(h_1,h_2)|}=0$$
tomando $h=tu$ se tiene $|h|=|(h_1,h_2)|=|tu|=|t||u|=|t|$

se tiene entonces
$$f((x_0,y_0)+t(u))=f(x_0,y_0)+\frac{\partial f}{\partial x}(x_0,y_0)t{u}_1+\frac{\partial f}{\partial y}(x_0,y_0)t{u}_2+r(t{u}_1,r{u}_2)$$
y también
$$\frac{r(h_1,h_2)}{|(h_1,h_2)|}=\frac{r(t{u}_1,r{u}_2)}{|tu|}=\frac{r(t{u}_1,r{u}_2)}{|t||u|}=\frac{r(t{u}_1,r{u}_2)}{|t|}$$
tenemos entonces
$$\underset{t\to 0}{lim}\frac{r(t{u}_1,r{u}_2)}{|t|}=\underset{t\to 0}{lim}\frac{f((x_0,y_0)+t(u))-f(x_0,y_0)}{|t|}-\frac{\frac{\partial f}{\partial x}(x_0,y_0)t{u}_1}{|t|}-\frac{\frac{\partial f}{\partial y}(x_0,y_0)t{u}_2}{|t|}$$
es decir
$$0=\frac{\partial f}{\partial u}(x_0,y_0)-\frac{\partial f}{\partial x}(x_0,y_0)u_1-\frac{\partial f}{\partial y}(x_0,y_0)u_2$$
y en consecuencia

$$\frac{\partial f}{\partial u}(x_0,y_0)=\frac{\partial f}{\partial x}(x_0,y_0)u_1+\frac{\partial f}{\partial y}(x_0,y_0)u_2=(\frac{\partial f}{\partial x}(x_0,y_0,\frac{\partial f}{\partial y}(x_0,y_0)\cdot (u_1,u_2)=\mathrm{\nabla }f(x_0,y_0)\cdot u$$ $\mathrm{<img\; draggable="false"\; role="img"\; class="emoji"\; alt="◻"\; src="https://s.w.org/images/core/emoji/14.0.0/svg/25fb.svg">}$

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

Solución. En este caso

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

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

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

Dirección de Mayor Crecimiento de una Función

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

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

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

Solución. En este caso

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

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

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

Puntos Estacionarios

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

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

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

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

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

$\mathrm{\nabla }f=0\iff 2ax+2by+d=0$ y $2bx+2cy-e=0$

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

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

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