Introduccion

Derivadas Parciales de Orden Superior

Si $f$ es una función de doas variables $x,y$ $\Rightarrow$ ${\displaystyle \frac{\partial f}{\partial x},{\displaystyle \frac{\partial f}{\partial y}}}$ son funciones de las mismas variables, cuando derivamos ${\displaystyle \frac{\partial f}{\partial x}}$ y ${\displaystyle \frac{\partial f}{\partial y}}$ obtenemos las derivadas parciales de segundo orden, las derivadas de ${\displaystyle \frac{\partial f}{\partial x}}$ están definidas por:

$${\displaystyle \frac{{\partial }^{2}f}{\partial x^2}(x,y)={\displaystyle \underset{h\to 0}{lim}{\displaystyle \frac{{\displaystyle \frac{\partial f}{\partial x}(x+h,y)-{\displaystyle \frac{\partial f}{\partial x}(x,y)}}}{h}}}}$$

$${\displaystyle \frac{{\partial }^{2}f}{\partial y\partial x}(x,y)={\displaystyle \underset{k\to 0}{lim}{\displaystyle \frac{{\displaystyle \frac{\partial f}{\partial x}(x,y+k)-{\displaystyle \frac{\partial f}{\partial x}(x,y)}}}{k}}}}$$

Si $f$ es una función de dos variables entonces hay cuatro derivadas parciales de segundo orden.

Consideremos las diferentes notaciones para las derivadas parciales:

$$f_{1,1}={\displaystyle \frac{{\partial }^{2}f}{\partial x^2}=f_{xx}}$$

$$f_{1,2}={\displaystyle \frac{{\partial }^{2}f}{\partial y\partial x}=\frac{\partial }{\partial y}(\frac{\partial f}{\partial x})=f_{xy}}$$

$$f_{2,1}={\displaystyle \frac{{\partial }^{2}f}{\partial x\partial y}=\frac{\partial }{\partial x}(\frac{\partial f}{\partial y})=f_{yx}}$$

$$f_{2,2}={\displaystyle \frac{{\partial }^{2}f}{\partial y^2}=\frac{\partial }{\partial y}(\frac{\partial f}{\partial y})=f_{yy}}$$

Ejemplo. $z=x^3+3x^{2}y-2x^2{y}^2-y^4+3xy$ hallar ${\displaystyle \frac{\partial z}{\partial x},{\displaystyle \frac{\partial z}{\partial y},{\displaystyle \frac{{\partial }^{2}z}{\partial x^2},{\displaystyle \frac{{\partial }^{2}z}{\partial x\partial y},{\displaystyle \frac{{\partial }^{2}z}{\partial y\partial x},{\displaystyle \frac{{\partial }^{2}z}{\partial y^2}}}}}}}$

$${\displaystyle \frac{\partial z}{\partial x}=3x^2+6xy-4x{y}^2+3y}$$

$${\displaystyle \frac{\partial z}{\partial y}=3x^2-4x^{2}y-4y^3+3x}$$

$${\displaystyle \frac{{\partial }^{2}z}{\partial x^2}=6x+6y-4y^2}$$

$${\displaystyle \frac{{\partial }^{2}z}{\partial y^2}=-4x^2-12y^2}$$

$${\displaystyle \frac{{\partial }^{2}z}{\partial y\partial x}=6x-8xy+3}$$

$${\displaystyle \frac{{\partial }^{2}z}{\partial x\partial y}=6x-8xy+3}$$

Teorema 1.Teorema de schwarz

Sea $f:A\subset {\mathbb{R}}^2\to \mathbb{R}$ una función definida en el abierto A de ${\mathbb{R}}^2$. Si las derivadas parciales

$$\frac{{\partial }^{2}f}{\partial y\partial x}y\frac{{\partial }^{2}f}{\partial x\partial y}$$

existen y son continuas en $A$, entonces

$$\frac{{\partial }^{2}f}{\partial y\partial x}=\frac{{\partial }^{2}f}{\partial x\partial y}$$

Demostración. Sea

${\displaystyle M=f(x+h_1,y+h_2)-f(x+h_1,y)-f(x,y+h_2)+f(x,y)}$ y definimos $$\phi (x)=f(x,y+h_2)-f(x,y)$$de manera que
$$\phi (x+h_1)-\phi (x)=f(x+h_1,y+h_2)-f(x+h_1,y)-(f(x,y+h_2)-f(x,y))=M$$

Aplicando el TVM a $\phi$ en el intervalo $[x,x+h_1]$ se tiene que existe $\theta \in (x,x+h_1)$ tal que

$$\phi (x+h_1)-\phi (x)={\phi }^{\prime }(\theta )h_1$$

por otro lado
$${\phi }^{\prime }(x)=\frac{\partial f}{\partial x}(x,y+h_2)-\frac{\partial f}{\partial x}(x,y)$$
por lo tanto
$${\phi }^{\prime }(\theta )=\frac{\partial f}{\partial x}(\theta ,y+h_2)-\frac{\partial f}{\partial x}(\theta ,y)$$
tenemos entonces que

$$M=\phi (x+h_1)-\phi (x)={\phi }^{\prime }(\theta )h_1=(\frac{\partial f}{\partial x}(\theta ,y+h_2)-\frac{\partial f}{\partial x}(\theta ,y))h_1$$
Consideremos ahora ${\displaystyle \psi (y)=\frac{\partial f}{\partial x}(x,y)}$. Aplicando el TVM a $\psi$ en el intervalo $[y,y+h_2]$ se tiene que existe $\eta \in (y,y+h_2)$ tal que
$$\psi (y+h_2)-\psi (y)={\psi }^{\prime }(\eta )h_2$$
por otro lado

$${\psi }^{\prime }(y)=\frac{\partial }{\partial y}\left(\frac{\partial f}{\partial x}\right)(x,y)=\frac{{\partial }^{2}f}{\partial y\partial x}(x,y)$$
por lo tanto
$${\psi }^{\prime }(\eta )=\frac{{\partial }^{2}f}{\partial y\partial x}(x,\eta )$$
de esta manera

$$\psi (y+h_2)-\psi (y)={\psi }^{\prime }(\eta )h_2=(\frac{{\partial }^{2}f}{\partial y\partial x}(x,\eta ))h_2$$
y si $\theta \in (x,x+h_1)$ tenemos entonces que

$$\frac{\partial f}{\partial x}(\theta ,y+h_2)-\frac{\partial f}{\partial x}(\theta ,y)=(\frac{{\partial }^{2}f}{\partial y\partial x}(\theta ,\eta ))h_2$$
en consecuencia
$$M=(\frac{\partial f}{\partial x}(\theta ,y+h_2)-\frac{\partial f}{\partial x}(\theta ,y))h_1=(\frac{{\partial }^{2}f}{\partial y\partial x}(\theta ,\eta ))h_2{h}_1$$

Consideremos ahora $$\bar{\phi }(y)=f(x+h_1,y)-f(x,y)$$de manera que
$$\bar{\phi }(y+h_2)-\bar{\phi }(y)=f(x+h_1,y+h_2)-f(x+h_1,y)-(f(x,y+h_2)-f(x,y))=M$$

Aplicando el TVM a $\bar{\phi }$ en el intervalo $[y,y+h_2]$ se tiene que existe $\bar{\eta }\in (y,y+h_2)$ tal que
$$\bar{\phi }(y+h_2)-\bar{\phi }(y)={\bar{\phi }}^{\prime }(\bar{\eta })h_2$$
por otro lado
$${\bar{\phi }}^{\prime }(y)=\frac{\partial f}{\partial y}(x+h_1,y)-\frac{\partial f}{\partial y}(x,y)$$
por lo tanto

$${\bar{\phi }}^{\prime }(\bar{\eta })=\frac{\partial f}{\partial y}(x+h_1,\bar{\eta })-\frac{\partial f}{\partial y}(x,\bar{\eta })$$
tenemos entonces que
$$M=\bar{\phi }(y+h_2)-\bar{\phi }(y)={\bar{\phi }}^{\prime }(\bar{\eta })h_2=(\frac{\partial f}{\partial y}(x+h_1,\bar{\eta })-\frac{\partial f}{\partial y}(x,\bar{\eta }))h_2$$

Consideremos ahora ${\displaystyle \bar{\psi }(x)=\frac{\partial f}{\partial y}(x,y)}$. Aplicando el TVM a $\psi$ en el intervalo $[x,x+h_1]$ se tiene que existe $\bar{\theta }\in (x,x+h_1)$ tal que
$$\bar{\psi }(x+h_1)-\bar{\psi }(x)={\bar{\psi }}^{\prime }(\bar{\theta })h_1$$
por otro lado

$${\bar{\psi }}^{\prime }(x)=\frac{\partial }{\partial x}\left(\frac{\partial f}{\partial y}\right)(x,y)=\frac{{\partial }^{2}f}{\partial x\partial y}(x,y)$$
por lo tanto
$${\bar{\psi }}^{\prime }(\bar{\theta })=\frac{{\partial }^{2}f}{\partial y\partial x}(\bar{\theta },y)$$
de esta manera

$$\bar{\psi }(x+h_1)-\bar{\psi }(x)={\bar{\psi }}^{\prime }(\bar{\theta })h_1=(\frac{{\partial }^{2}f}{\partial x\partial y}(\bar{\theta },y))h_1$$
es decir
$$\frac{\partial f}{\partial y}(x+h_1,y)-\frac{\partial f}{\partial y}(x,y)=(\frac{{\partial }^{2}f}{\partial x\partial y}(\bar{\theta },y))h_1$$
y si $\bar{\eta }\in (y,y+h_2)$ tenemos entonces que
$$\frac{\partial f}{\partial y}(x+h_1,\bar{\eta })-\frac{\partial f}{\partial y}(x,\bar{\eta })=(\frac{{\partial }^{2}f}{\partial x\partial y}(\bar{\theta },\bar{\eta }))h_1$$
en consecuencia

$$M=(\frac{\partial f}{\partial y}(x+h_1,\bar{\eta })-\frac{\partial f}{\partial y}(x,\bar{\eta }))h_1{h}_2=(\frac{{\partial }^{2}f}{\partial x\partial y}(\bar{\theta },\bar{\eta }))h_2{h}_1$$
igualando ambas expresiones de M se tiene
$$(\frac{{\partial }^{2}f}{\partial y\partial x}(\theta ,\eta ))h_2{h}_1=(\frac{{\partial }^{2}f}{\partial x\partial y}(\bar{\theta },\bar{\eta }))h_2{h}_1$$
donde
$$(\frac{{\partial }^{2}f}{\partial y\partial x}(\theta ,\eta ))=(\frac{{\partial }^{2}f}{\partial x\partial y}(\bar{\theta },\bar{\eta }))$$
Tomando limite cuando $h_1,h_2\to 0$ y usando la continuidad asumida de las parciales mixtas se tiene que $\theta ,\bar{\theta }\to x$ y $\eta ,\bar{\eta }\to y$ se concluye
$$\frac{{\partial }^{2}f}{\partial y\partial x}(x,y)=\frac{{\partial }^{2}f}{\partial x\partial y}(x,y)$$ $\mathrm{<img\; draggable="false"\; role="img"\; class="emoji"\; alt="◻"\; src="https://s.w.org/images/core/emoji/14.0.0/svg/25fb.svg">}$

Ejemplo. Sea $f:{\mathbb{R}}^2\to \mathbb{R}$ dada por $f(x,y)=x^3+3x^{2}y-2x^2{y}^2-y^4+3xy$\
En este caso
$$\frac{\partial f}{\partial x}=3x^2+6xy-4x{y}^2+3y$$
$$\frac{\partial f}{\partial y}=3x^2-4x^{2}y-4y^3+3x$$
$$\frac{{\partial }^{2}f}{\partial x^2}=6x+6y-4y^2$$
$$\frac{{\partial }^{2}f}{\partial y^2}=-4x^2-12y^2$$
$$\frac{{\partial }^{2}f}{\partial x\partial y}=6x-8xy+3$$
$$\frac{{\partial }^{2}f}{\partial y\partial x}=6x-8xy+3$$

Ejemplo. Dada la función

tenemos que para $(x,y)\ne (0,0)$
$$\frac{\partial f}{\partial x}=y\frac{x^4+4x^2{y}^2-y^4}{(x^2+y^2{)}^2}$$
$$\frac{\partial f}{\partial y}=x\frac{x^4-4x^2{y}^2-y^4}{(x^2+y^2{)}^2}$$
para el primer caso hacemos $x=0$ y tenemos
$$\frac{\partial f}{\partial x}=y\frac{x^4+4x^2{y}^2-y^4}{(x^2+y^2{)}^2}\underbrace{=}x=0-y$$ para el segundo caso hacemos $y=0$ y tenemos $$\frac{\partial f}{\partial y}=x\frac{x^4-4x^2{y}^2-y^4}{(x^2+y^2{)}^2}\underbrace{=}y=01$$
Calculamos ahora
$$\frac{{\partial }^{2}f}{\partial y\partial x}=\frac{{\partial }^2(-y)}{\partial y\partial x}=-1$$
$$\frac{{\partial }^{2}f}{\partial x\partial y}=\frac{{\partial }^2(1)}{\partial x\partial y}=1$$
por lo tanto
$$\frac{{\partial }^{2}f}{\partial y\partial x}=-1\ne 1=\frac{{\partial }^{2}f}{\partial x\partial y}$$
En este caso las parciales segundas no son contiuas en $(0,0)$

Teorema. Caso General

Sea $f:A\subset {\mathbb{R}}^n\to \mathbb{R}$ definida en el abierto A de ${\mathbb{R}}^n$ tal que
$$\frac{{\partial }^{2}f}{\partial x_i\partial x_j}$$ sean continuas en A, entonces
$$\frac{{\partial }^{2}f}{\partial x_i\partial x_j}=\frac{{\partial }^{2}f}{\partial x_j\partial x_i}$$

Mas adelante

Tarea Moral

Enlaces

Caso particular de la regla de la cadena

Supongamos que $C:\mathbb{R}\to {\mathbb{R}}^3$ es una trayectoria diferenciable y $f:{\mathbb{R}}^3\to \mathbb{R}$.

Sea $h(t)$=$f(x(t),y(t),z(t))$ donde $c(t)$=$(x(t),y(t),z(t))$.
Entonces

$${\displaystyle \frac{\partial h}{\partial t}={\displaystyle \frac{\partial f}{\partial x}\cdot \frac{\partial x}{\partial t}+\frac{\partial f}{\partial y}\cdot \frac{\partial y}{\partial t}+\frac{\partial f}{\partial z}\cdot \frac{\partial z}{\partial t}}}$$

Esto es:
${\displaystyle \frac{\partial h}{\partial t}}$=$\mathrm{\nabla }f(c(t))\cdot c^{\prime }(t)$, ~donde $c^{\prime }(t)$=$((x^{\prime }(t),y^{\prime }(t),z^{\prime }(t))$

Demostración. Por definición
${\displaystyle \frac{\partial h}{\partial t}(t_0)}$=${\displaystyle \underset{t\to 0}{lim}{\displaystyle \frac{h(t)-h(t_0)}{t-t_0}}}$
Sumando y restando tenemos que

${\displaystyle \frac{h(t)-h(t_0)}{t-t_0}}$=${\displaystyle \frac{f(c(t))-f(c(t_0))}{t-t_0}}$=${\displaystyle \frac{f(x(t),y(t),z(t))–f(x(t_0),y(t_0),z(t_0))}{t-t_0}}$=

=$\frac{f(x(t),y(t),z(t))-f(x(t_0),y(t),z(t))+f(x(t_0),y(t),z(t))-f(x(t_0),y(t_0),z(t))+f(x(t_0),y(t_0),z(t))-f(x(t_0),y(t_0),z(t_0))}{t-t_0}$…$\ast$

Aplicando el Teorema del valor medio $\mathbf{\text{(T.V.M.)}}$

$f(x(t),y(t),z(t))-f(x(t_0),y(t),z(t))={\displaystyle \frac{\partial f}{\partial x}(c,y(t),z(t))(x(t)-x(t_0))}$

$f(x(t_0),y(t),z(t))-f(x(t_0),y(t_0),z(t))={\displaystyle \frac{\partial f}{\partial y}(x(t),d,z(t))(y(t)-y(t_0))}$

$f(x(t_0),y(t_0),z(t))-f(x(t_0),y(t_0),z(t_0))={\displaystyle \frac{\partial f}{\partial z}(x(t),y(t),e)(z(t)-z(t_0))}$

$\therefore$$\ast$=${\displaystyle \frac{\partial f}{\partial x}(c,y(t),z(t)){\displaystyle \frac{x(t)-x(t_0)}{t-t_0}+{\displaystyle \frac{\partial f}{\partial y}(x(t),d,z(t)){\displaystyle \frac{y(t)-y(t_0)}{t-t_0}}}}}$+

$+{\displaystyle \frac{\partial f}{\partial z}(x(t),y(t),e)){\displaystyle \frac{z(t)-z(t_0)}{t-t_0}}}$

Tomando ${\displaystyle \underset{t\to t_0}{lim}}$ y por la continuidad de las parciales

${\displaystyle \frac{\partial h}{\partial t}}$=${\displaystyle \frac{\partial f}{\partial x}\frac{\partial x}{\partial t}+{\displaystyle \frac{\partial f}{\partial y}\frac{\partial y}{\partial t}+{\displaystyle \frac{\partial f}{\partial z}\frac{\partial z}{\partial t}}}}$

Ejemplos: Caso particular de la regla de la cadena

Ejemplo. Verificar la regla de la cadena para $f:{\mathbb{R}}^2\to \mathbb{R}$ dada por $f(x,y)=x^2+3y^2$ y $c:\mathbb{R}\to {\mathbb{R}}^2$ dada por $c(t)=(e^t,\cos (t))$

Solución. En este caso ${\displaystyle h(t)=f\circ c(t)\Rightarrow h^{\prime }(t)=\frac{\partial h}{\partial t}}$ y aplicando la regla de la cadena se tiene
$$\frac{\partial f}{\partial x}(c(t))\cdot \frac{dx(t)}{dt}=\frac{\partial (x^2+3y^2)}{\partial x}|(e^t,\cos (t))\cdot \frac{d(e^t)}{dt}=2x|(e^t,\cos (t))\cdot e^t=2e^t\cdot e^t=2e^{2t}$$

$$\frac{\partial f}{\partial y}(c(t))\cdot \frac{dy(t)}{dt}=\frac{\partial (x^2+3y^2)}{\partial y}|(e^t,\cos (t))\cdot \frac{d(\cos (t))}{dt}=6y|(e^t,\cos (t))\cdot (-sen(t))=6cos(t)\cdot (-sen(t))$$
por lo tanto
$$h^{\prime }(t)=2e^{2t}-6\cos (t)\cdot (sen(t))$$

Ejemplo. Verificar la regla de la cadena para $f:{\mathbb{R}}^2\to \mathbb{R}$ dada por $f(x,y)=xy$ y $c:\mathbb{R}\to {\mathbb{R}}^2$ dada por $c(t)=(e^t,\cos (t))$

Solución. En este caso ${\displaystyle h(t)=f\circ c(t)\Rightarrow h^{\prime }(t)=\frac{\partial h}{\partial t}}$ y aplicando la regla de la cadena se tiene
$$\frac{\partial f}{\partial x}(c(t))\cdot \frac{dx(t)}{dt}=\frac{\partial (xy)}{\partial x}|(e^t,\cos (t))\cdot \frac{d(e^t)}{dt}=y|(e^t,\cos (t))\cdot e^t=\cos (t)\cdot e^t$$

$$\frac{\partial f}{\partial y}(c(t))\cdot \frac{dy(t)}{dt}=\frac{\partial (xy)}{\partial y}|(e^t,\cos (t))\cdot \frac{d(cos(t))}{dt}=x|(e^t,cos(t))\cdot (-sen(t))=e^t\cdot (-sen(t))$$

por lo tanto
$$h^{\prime }(t)=\cos (t)e^t-e^t\cdot sen(t)$$

Ejemplo.Verificar la regla de la cadena para $f:{\mathbb{R}}^2\to \mathbb{R}$ dada por $f(x,y)=e^{xy}$ y $c:\mathbb{R}\to {\mathbb{R}}^2$ dada por $c(t)=(3t^2,t^3)$

Solución. En este caso ${\displaystyle h(t)=f\circ c(t)\Rightarrow h^{\prime }(t)=\frac{\partial h}{\partial t}}$ y aplicando la regla de la cadena se tiene

$$\frac{\partial f}{\partial x}(c(t))\cdot \frac{dx(t)}{dt}=\frac{\partial (e^{xy})}{\partial x}|(3t^2,t^3)\cdot \frac{d(3t^2)}{dt}=y{e}^{xy}|(3t^2,t^3)\cdot 6t=t^3{e}^{3t^5}6t=6t^4{e}^{3t^5}$$

$$\frac{\partial f}{\partial x}(c(t))\cdot \frac{dx(t)}{dt}=\frac{\partial (e^{xy})}{\partial y}|(3t^2,t^3)\cdot \frac{d(t^3)}{dt}=x{e}^{xy}|(3t^2,t^3)\cdot 3t^2=3t^2{e}^{3t^5}3t^2=9t^4{e}^{3t^5}$$
por lo tanto
$$h^{\prime }(t)=6t^4{e}^{3t^5}+9t^4{e}^{3t^5}=15t^4{e}^{3t^5}$$

Teorema 1. El gradiente es normal a las superficies de nivel. Sea $f:{\mathbb{R}}^3\to \mathbb{R}$ una aplicación $C^1$ y sea
$(x_0,y_0,z_0)$ un punto sobre la superficie de nivel $S$ definida por $f(x,y,z)$=$k$, $k$=$cte$. Entonces $\mathrm{\nabla }f(x_0,y_0,z_0)$ es normal a la superficie de nivel en el siguiente sentido: si $v$ es el vector tangente en $t$=$t_0$ de
una trayectoria $c(t)$ con $c(t_0)$=$(x_0,y_0,z_0)$ Entonces $\mathrm{\nabla }f\cdot v$=$0$

que se puede escribir como
$$(\frac{\partial f}{\partial x}(x(t),y(t)z(t)),\frac{\partial f}{\partial y}(x(t),y(t)z(t)),\frac{\partial f}{\partial z}(x(t),y(t)z(t)))\cdot (\frac{dx}{dt},\frac{dy}{dt},\frac{dz}{dt})=0$$
en $t=t_0$
$$\mathrm{\nabla }f(x(0),y(0),z(0))\cdot c^{\prime }(t_0)=0$$

Plano Tangente

Sea $f:A\subset {\mathbb{R}}^3\to \mathbb{R}$ una función diferenciable definida en A, y sea
$$S=(x,y,z)\in {\mathbb{R}}^3|f(x,y,z)=c$$

una superficie de nivel de f y $\hat{x}{0}=(x{0},y_{0},z_{0})$unpuntodeella.Considereademás,unacurva$$\alpha (t)=(x(t),y(t),z(t))$$yunacurva$$\beta (t)=(x_1(t),y_1(t),z_1(t))$$

que pasen por $\hat{x}0$ con $t\in [a,b]$ en ambos casos y tanto $\alpha$ como $\beta$ diferenciables, se tiene entonces $$(f\circ \alpha {)}^{\prime }(t)=f^{\prime }(\alpha (t)){\alpha }^{\prime }(t)=\mathrm{\nabla }f(\alpha (t))\cdot {\alpha }^{\prime }(t)=0$$ $$(f\circ \beta {)}^{\prime }(t)=f^{\prime }(\beta (t)){\beta }^{\prime }(t)=\mathrm{\nabla }f(\beta (t))\cdot {\beta }^{\prime }(t)=0$$ pues el gradiente $\mathrm{\nabla }f(\hat{x}0)$ en ambos casos es ortogonal tanto al vector ${\alpha }^{\prime }(t_0)$ como al vector ${\beta }^{\prime }(t_0)$ en el punto $\widehat{x_0}=\alpha (t_0)=\beta (t_0)$

Si $\mathrm{\nabla }f(\hat{x}0)\ne 0$, entonces las tangentes a las curvas $\alpha ,\beta$ sobre S que pasan por $\hat{x}0$

están contenidas en un mismo plano; por lo que el plano tangente a
$$S=\{(x,y,z)\in {\mathbb{R}}^3|f(x,y,z)=c\}$$ se define

Definición. El plano tangente a S en $\hat{x}0$ se define $$P=\hat{x}|\mathrm{\nabla }f(\hat{x}0)\cdot (\hat{x}-{\hat{x}}_0)=0$$

Ejemplo. Hallar el plano tangente a la superficie
$$S=\{(x,y,z)\in {\mathbb{R}}^3|\frac{x^2}{4}-\frac{y^2}{9}+z^2=1\}$$
en el punto $(2,3,1)$

Solución. En este caso el gradiente es
$$\mathrm{\nabla }f(x,y,z)=(\frac{x}{2},-\frac{2}{9}y,2z)$$
en el punto $(2,3,1)$ es
$$\mathrm{\nabla }f(2,3,1)=(1,-\frac{2}{3},2)$$
Por tanto la ecuación del plano tangente es
$$(1,-\frac{2}{3},2)\cdot (x-1,y-3,z-1)=0$$
es decir
$$3x-2y+6z-6=0$$

Mas adelante

Tarea Moral

Enlaces

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

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

Mas adelante

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