Para funciones $f : \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$ alcanza un valor máximo, o un valor mínimo, en $ x_0 $ y $f $ es derivable en $x_0$ entonces, $f’ (x_0) = 0.$

Si $f : \mathbb{R}^n \rightarrow \mathbb{R}$ alcanza un valor máximo, o mínimo, en $\vec{x_0}$ y $f$ es diferenciable entonces $$ \nabla f (\vec{x_0}) = \Big( \dfrac{\partial f}{\partial x_1} (x_0), \dfrac{\partial f}{\partial x_2} (x_0), \dots , \dfrac{\partial f}{\partial x_n} (x_0)\Big) = \vec{0}$$

Equivalentemente, la diferencial de $f$ en $\vec{x_0}$ es $d f (\vec{x_0}) : \mathbb{R}^n \rightarrow \mathbb{R}$ es la función constante CERO.

Geométricamente: Si $ f : \mathbb{R}^2 \rightarrow \mathbb{R} $ el plano tangente a la superficie $ z = f (x, y) $ en el punto $(x_0, y_0)$ donde se alcanza el valor extremo es horizontal.

Si $f : \mathbb{R}^2 \rightarrow \mathbb{R} $ y $\vec{x_0} \in \mathbb{R}^n$ es un punto crítico de $f$ si $\nabla f (\vec{x_0}) = \vec{0}$, es decir, si $ d f_{\vec{x_0}} \equiv 0.$

(*) $y_1 \in \mathbb{R}$ es un valor regular si $ f^{-1} (y_1) $ es un conjunto que no contiene ningún punto crítico.

(*) $f : \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R} $ curva parametrizada es regular si $f’ (t) \neq \vec{0}$ para toda $t$, $t_0$ es un punto crítico si $f’ (t_0) = \vec{0}.$

(*) $f : \mathbb{R}^n \rightarrow \mathbb{R}^m $ y $\vec{x_0} \in \mathbb{R}^n$ es un punto crítico si $d f_{\vec{x_0}} : \mathbb{R}^n \rightarrow \mathbb{R}^m$ tiene el rango igual al máximo posible.

${}$

Derivadas parciales iteradas (mixtas)

Sea $f : U \subseteq \mathbb{R}^2 \rightarrow \mathbb{R}$ con $U$ abierto, y $(x_0, y_0) \in U.$

Supongamos que existen

$\dfrac{ \partial f}{ \partial x} : U \subseteq \mathbb{R}^2 \rightarrow \mathbb{R}$

$\dfrac{ \partial f}{ \partial y} : U \subseteq \mathbb{R}^2 \rightarrow \mathbb{R}$

Conceptualmente

$$\dfrac{ \partial }{ \partial y } \dfrac{ \partial f}{ \partial x} \neq \dfrac{ \partial }{ \partial x } \dfrac{ \partial f}{ \partial y}$$

${}$

Entonces, quizás te preguntes, ¿existen funciones tales que sus derivadas parciales iteradas (o mixtas) sean iguales?; ¿cuáles son las funciones para las cuales sus derivadas parciales iteradas (o mixtas) son iguales?

Para responder a estas preguntas tenemos el siguiente teorema.

${}$

Teorema

Si $ f $ es de clase $\mathcal{C}^2$ (es decir, que las segundas derivadas existen y son continuas) entonces las derivadas parciales iteradas ( o mixtas) son iguales.

Sea $ f : U \subset \mathbb{R}^2 \rightarrow \mathbb{R}$ donde $U$ es abierto, y $(x_0, y_0) \in U$ entonces $$ \dfrac{\partial^2 f }{\partial y \partial x} (x_0, y_0) = \dfrac{\partial^2 f }{\partial x \partial y} (x_0, y_0)$$

Demostración:

Definamos $ A = f (x_0 + h, y_0 + k) \, – \, f (x_0 + h, y_0 ) \, – \, f (x_0 , y_0 + k) \, + \, f (x_0 , y_0 ) = g (x_0 + h) \, – \, g (x_0)$

Si $g (x , y_0 + k) \, – \, f (x, y_0)$, fijando $y_0, k$ tenemos que $g (x) = \dfrac{\partial f}{\partial y} (x, y_0 + \theta k) k $ con $ 0 < \theta < 1$.

Entonces

$\dfrac{\partial g}{\partial x} (x_0 + \eta h) h $ y por tanto

$ A = \dfrac{\partial }{\partial x} \dfrac{\partial f}{\partial y} (x_0 + \eta h, y_0 + \theta k) h k $

Por otra parte $A$ también puede verse como una resta de valores de otra función $G$.

$A = G ( y_0 + k) \, – \, G (y_0) $ , donde $ G (y) = f ( x_0 + h, y ) \, – \, f (x_0, y)$

Fijando $x_0 , h$

$ G ( y_0 + k) = f ( x_0 + h, y_0 + k ) \, – \, f (x_0, y_0 + k )$, y por otro lado

$G (y_0) = f ( x_0 + h, y_0 ) \, – \, f (x_0, y_0 )$

Luego

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

Además

$G’ ( y_0 + \hat{\theta} k) = \dfrac{G (y_0 + k) \, – \, G(y_0)}{k}$

$ k G’ ( y_0 + \hat{\theta} k) = G (y_0 + k) \, – \, G(y_0) $

Entonces

$\begin{align*} A &= G ( y_0 + k) \, – \, G (y_0) \\ &= \dfrac{ \partial G}{\partial y} (y_0 + \hat{\theta} k ) k \\ &= \Big( \dfrac{ \partial f}{\partial y} (x_0 + h , y_0 + \hat{\theta} k) k \, – \, \dfrac{ \partial f}{\partial y} (x_0 , y_0 + \hat{\theta} k) k \Big) \\ &= \dfrac{ \partial }{\partial y} \dfrac{ \partial f}{\partial y} (x_0 + \hat{\eta} h , y_0 + \hat{\theta} k) h k \end{align*}$

Entonces $ \dfrac{A}{h k} = \dfrac{ \partial }{\partial y} \dfrac{ \partial f}{\partial y} (x_0 + \hat{\eta} h , y_0 + \hat{\theta} k)$

Luego

$\lim\limits_{(h, k) \to (0, 0)} \dfrac{A}{h k} = \lim\limits_{(h, k) \to (0, 0)} \Bigg[ \dfrac{\partial^2 f}{\partial y \partial x} (x_0 + \hat{\eta} h , y_0 + \hat{\theta} k) \Bigg] = \dfrac{\partial^2 f}{\partial y \partial x} (x_0, y_0) \; \; \; _{\blacksquare}$

${}$

Teorema de Taylor ( 1° grado)

Sea $ f : U \subseteq \mathbb{R}^n \rightarrow \mathbb{R} $ , de clase $\mathcal{C}^2$ , diferenciable en $ \vec{x_0} \in U$ abierto. Entonces $$ f (\vec{x_0} + \vec{h} ) = f (\vec{x_0}) + \nabla f (\vec{x_0}) \cdot \vec{h} + R_1 (\vec{x_0}, \vec{h})$$

donde $\; \; \lim\limits_{\vec{h} \to \vec{0}} \dfrac{R_1 (\vec{x_0}, \vec{h})}{ \big\| \vec{h} \big\|} = 0$

Teorema de Taylor ( 2° grado)

Sea $ f : U \subseteq \mathbb{R}^n \rightarrow \mathbb{R} $ , de clase $\mathcal{C}^3.$ Entonces $$ f (\vec{x_0} + \vec{h} ) = f (\vec{x_0}) + \sum\limits_{i = 1}^{n} h_i \dfrac{\partial f}{\partial x_i} \vec{x_0} + \frac{1}{2} \sum\limits_{i, j = 1}^{n} h_i h_j \dfrac{\partial^2 f}{\partial x_i \partial x_j} \vec{x_0} + R_2 (\vec{x_0}, \vec{h})$$

tal que $\; \; \lim\limits_{\vec{h} \to \vec{0}} \dfrac{R_2 (\vec{x_0}, \vec{h})}{ \big\| \vec{h} \big\|^2 } = 0$ , y $ \vec{h} = (h_1 , h_2 , \cdots , h_n ).$

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

Entonces existen las derivadas parciales: $\dfrac{\partial f}{\partial x}$ y $\dfrac{\partial f}{\partial x}$

y existe la diferencial de $f$ en $(x_0, y_0)$ $$d f (x_0, y_0) : \mathbb{R}^2 \rightarrow \mathbb{R}$$ $$d f (x_0, y_0) (h, k) = \dfrac{\partial f}{\partial x} (x_0, y_0) h + \dfrac{\partial f}{\partial y} (x_0, y_0) k$$

Teorema:

Si $f$ es diferenciable en $(x_0, y_0)$ y además $\|\vec{u}\| = 1$ entonces existe la derivada direccional de $f$ en la dirección de $\vec{u}$ y es igual a $$\nabla f (x_0, y_0) \cdot \vec{u}$$

Demostración:

La derivada direccional es $ \lim\limits_{t \to 0} \dfrac{f (\vec{x_0} + t \vec{u}) \, – \, f (\vec{x_0}) }{t}$, con $\vec{x_0} = (x_0, y_0).$

Vamos a ver que existe y que es igual a $\nabla f (\vec{x_0}) \cdot \vec{u}$

$\Big[$ por demostrar: existe $ \lim\limits_{t \to 0} \dfrac{f (\vec{x_0} + t \vec{u}) \, – \, f (\vec{x_0}) }{t} = \nabla f (\vec{x_0}) \cdot \vec{u} \Big] $

$\Big[$ por demostrar: $\iff \lim\limits_{t \to 0} \Bigg( \dfrac{f (\vec{x_0} + t \vec{u}) \, – \, f (\vec{x_0}) }{t} \, – \, \nabla f (\vec{x_0}) \cdot \vec{u} \Bigg) = 0 $

$\Big[$ por demostrar: $\iff \lim\limits_{t \to 0} \dfrac{f (\vec{x_0} + t \vec{u}) \, – \, f (\vec{x_0}) \, – \, t \nabla f (\vec{x_0}) \cdot \vec{u}}{t} = 0$

$ \iff \lim\limits_{t \to 0} \Bigg| \dfrac{f (\vec{x_0} + t \vec{u}) \, – \, f (\vec{x_0}) \, – \, \nabla f (\vec{x_0}) \cdot t \vec{u}}{\| t \|} \Bigg| = 0$ esta última equivalencia es la que demostraremos.

Por hipótesis sabemos que $f$ es diferenciable en $\vec{x_0} = (x_0, y_0)$; es decir $$\lim\limits_{\vec{h} \to \vec{0}} \dfrac{ \Big| f (\vec{x_0} + \vec{h}) \, – \, f (\vec{x_0}) \, – \, \nabla f (\vec{x_0}) \cdot t \vec{h} \Big|}{\| h \|} = 0$$

Sea $F (\vec{h}) = \dfrac{ \Big| f (\vec{x_0} + \vec{h}) \, – \, f (\vec{x_0}) \, – \, \nabla f (\vec{x_0}) \cdot t \vec{h} \Big|}{\| h \|}$

$F$ está definida en una vecindad perforada de $\vec{0}$, es decir $\vec{h} \neq \vec{0}$.

Sea $\phi (t) = \Bigg| \dfrac{f (\vec{x_0} + t \vec{u}) \, – \, f (\vec{x_0}) \, – \, \nabla f (\vec{x_0}) \cdot t \vec{u}}{\| t \|} \Bigg|$

$\phi$ está definida en una vecindad perforada de CERO.

$\Big[$ por demostrar: existe $\lim\limits_{t \to 0} \phi (t) = 0 \Big]$ es decir,

$\Big[$ por demostrar: $\forall \; \epsilon > 0, \, \exists \, \delta > 0 $ tal que si $ 0 < |t| < \delta $ entonces $|\phi (t) | < \epsilon \Big]$ . . . (1)

Sea $\epsilon > 0$, hay que proponer una $ \delta > 0$ y ver que tiene la propiedad (1).

Por hipótesis, existe $ \lim\limits_{\vec{h} \to \vec{0}} F (\vec{h}) = \vec{0}$, entonces $\forall \; \epsilon > 0 \, \exists \, \delta_1 > 0 $ tal que si $ 0 < \|\vec{h} \| < \delta_1 $ entonces $|F (\vec{h}) | < \epsilon $. Es decir, $ \vec{h} \in \mathring{B}_{\delta_1} (\vec{0})$.

Relación entre $\phi$ y $F$

$ \phi (t) = F (t \vec{u}) = F (\alpha (t) ) = (F o \alpha ) (t) $, donde $\alpha (t) = t \vec{u}.$

$\alpha$ es continua.

(1) Dada $\epsilon > 0 $ existe $ \delta_1 > 0 $ tal que si $ 0 < \|\vec{h} \| < \delta_1 $ entonces $|F (\vec{h}) | < \epsilon $.

(2) Como $\alpha$ es continua entonces para $\epsilon’ = \delta_1 $ existe $ \delta_2 $ tal que si $ | t | < \delta_2 $ entonces $ \| \alpha (t) \| = \| t \vec{u} \| = | t | \| \vec{u} \| = | t | < \delta_1$

Por lo tanto, sirve $ \delta_2 = \delta_1.$

${}$

Teorema: Regla de la cadena.

Sea $f : U \subset \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}^2 $ una curva parametrizada, con $U$ abierto, y $t_0 \in U.$

$f$ derivable en $t_0.$

Sea $g : V \subset \mathbb{R}^2 \rightarrow \mathbb{R}$, con $V$ abierto y $v_0 \in V$.

$g$ diferenciable en $\vec{v_0}.$

Supongamos además que $ f (U) \subseteq V$.

Entonces $ g o f : U \subseteq \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$ es derivable en $t_0$ y $$ (g o f)’ (t_0) = \nabla g (\vec{v_0}) \cdot f’ (t_0)$$

Demostración:

$\Big[$ por demostrar: $g o f$ es derivable en $t_0$ y su derivada es $\nabla g( f ( t_0)) \cdot f’ (t_0) \Big]$

$\Big[$ por demostrar: $\lim\limits_{ \Delta t \to 0} \dfrac{ g ( f ( t_0 + \Delta t) ) \, – \, g ( f (t_0) )}{\Delta t} = \nabla g ( f (t_0) ) \cdot f’ (t_0) \Big]$

$\Big[$ por demostrar: $\lim\limits_{ \Delta t \to 0} \Bigg| \dfrac{ g ( f ( t_0 + \Delta t) ) \, – \, g ( f (t_0) ) \, – \, \nabla g ( f (t_0) ) \cdot \Delta t f’ (t_0) }{\Delta t} \Bigg| = 0 \Big]$

$f (t) = \big( x ( t ), y ( t ) \big)$

$f’ (t_0) = \big( x ( t_0 ), y ( t_0 ) \big)$

$ \Delta t f’ (t_0) = \Delta t \big( x ( t_0 ), y ( t_0 ) \big)$

$ \Delta t f’ (t_0) = \big( \Delta t x ( t_0 ), \Delta t y ( t_0 ) \big)$

Hipótesis:

(*) $f$ es derivable un $t_0$, es decir, existe $\lim\limits_{\Delta t \to 0} \dfrac{ f ( t_0 + \Delta t ) \, – \, f (t_0)}{ \Delta t} = f’ (t_0) $

(*) $g$ es diferenciable en $ f (t_0) = \vec{v_0}$ es decir $\lim\limits_{ \vec{h} \to \vec{0}} \Bigg| \dfrac{g ( \vec{v_0} + \vec{h} ) \, – \, g ( \vec{v_0} ) \, – \, \nabla g ( \vec{v_0} ) \cdot \vec{h}}{\big\| \vec{h} \big\| }\Bigg| = 0$

Definimos $G (h) = \Bigg| \dfrac{g ( \vec{v_0} + \vec{h} ) \, – \, g ( \vec{v_0} ) \, – \, \nabla g ( \vec{v_0} ) \cdot \vec{h}}{\big\| \vec{h} \big\| }\Bigg|$

Analizaremos dos casos:

Caso 1) $f’ (t_0) \neq \vec{0} $

Caso 2) $f’ (t_0) = \vec{0} $

Caso 1)

Sea $G (\vec{h}) = \Bigg| \dfrac{g ( \vec{v_0} + \vec{h} ) \, – \, g ( \vec{v_0} ) \, – \, \nabla g ( \vec{v_0} ) \cdot \vec{h}}{\big\| \vec{h} \big\| }\Bigg|$

Y definimos $\phi ( \Delta t) = \Bigg| \dfrac{f ( t + \Delta t ) \, – \, f ( t_0 ) \, – \, \Delta t f’ (t_0)}{\Delta t} \Bigg|$

Entonces, por el lema, tenemos que $f (t_0 \, + \, \Delta t ) \in \mathring{B}_{M_1 \delta} (f (t_0))$

$\Big[$ por demostrar: $\lim\limits_{\Delta t \to 0} \dfrac{\Big| g ( f ( t_0 + \Delta t ) \, – \, g ( f ( t_0) ) \, – \, \nabla g ( f ( t_0) ) \cdot f’ (t_0) \Delta t \Big|}{\Big| \Delta t \Big|} = 0$

Sea $\epsilon > 0$, buscamos $ \delta > 0 $ tal que si $ 0 < \big| \Delta t \big| < \delta $ entonces $\Bigg| \dfrac{g ( f ( t_0 + \Delta t ) \, – \, g ( f ( t_0) ) \, – \, \nabla g ( f ( t_0) ) \cdot f’ (t_0) \Delta t }{\Delta t} \Bigg|< \epsilon$

Sabemos que existe $\delta_1 > 0 $ tal que si $ 0 < \big\| \vec{h} \big\| < \delta_1 $ entonces $ \dfrac{ \Big| g ( f ( t_0 + \Delta t ) \, – \, g ( f ( t_0) ) \, – \, \nabla g ( f ( t_0) ) \cdot f’ (t_0) \Delta t \Big|}{\big\| \vec{h} \big\|} < \epsilon$ ya que $ g $ es diferenciable en $ f (t_0)$.

Además, por el lema, existe $ M_1 > 0 $ y $ \delta_2 > 0 $ tales que si $ 0 < \big\| \Delta t \big\| < \delta_2 $ entonces $ \big\| f ( t_0 + \Delta t )\, – \, f (t_0) \big\| < M_1 \big| \Delta t \big|. $ Luego $ M_1 \big| \Delta t \big| < \delta_1 \Rightarrow \, \big|\Delta t \big| < \dfrac{\delta_1 }{M_1}$.

Proponemos $\delta = mín \Big\{ \dfrac{\delta_1}{M_1} , \delta_2 \Big\}$ entonces $\big|\Delta t \big| < \delta_1 $ y $ \big|\Delta t \big| < \delta_2$

Entonces si $ \vec{h} = f ( t_0 + \Delta t ) \, – \, f (t_0) $ cumple que $ 0 < \big\| \vec{h} \big\| < \delta_1 $ entonces se cumple que $$ \dfrac{ \Big| g ( f ( t_0 + \vec{h} ) \, – \, g ( f ( t_0) ) \, – \, \nabla g ( f ( t_0) ) \cdot f’ (t_0) \Delta t \Big|}{\Big| \Delta t \Big|} \leq \dfrac{ \Big| g ( f ( t_0 + \vec{h} ) \, – \, g ( f ( t_0) ) \, – \, \nabla g ( f ( t_0) ) \cdot f’ (t_0) \Delta t \Big|}{\Big| \vec{h} \Big|} \cdot M_1$$ ya que como $\big\| \vec{h} \big\| < M_1 \cdot \big| \Delta t \big| $ entonces $\dfrac{1}{ \Delta t} < \dfrac{M_1}{\big\| \vec{h} \big\|}$

Teorema:

Si $f$ es diferenciable, entonces la derivada direccional de $f$ en $\vec{x_0}$ en la dirección de $\vec{u}$, con $\| \vec{u} \| = 1$ es $\nabla f (\vec{x_0} ) \cdot \vec{u}.$

En entradas anteriores hemos trabajado con la función $ f(x, y) = x^{1/3} y^{1/3}$, regresemos a este ejemplo.

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

$\vec{u} = (\cos \theta, \sin \theta)$ entonces

$\begin{align*} f (t \vec{u}) &= f (t \cos \theta, t \sin \theta) \\ &= t^{1/3} (\cos \theta)^{1/3} t^{1/3} (\sin \theta)^{1/3} \\ &= t^{2/3} (\cos \theta \sin \theta)^{1/3} \end{align*}$

donde $(\cos \theta \sin \theta)$ es constante, entonces si calculamos la derivada direccional

$\lim\limits_{t \to 0} \dfrac{f (t \vec{u} \, – \, f ( \vec{0}) }{t} = \lim\limits_{t \to 0} \dfrac{t^{2/3} (\cos \theta \sin \theta)^{1/3} \, – \, 0}{t} = \lim\limits_{t \to 0} t^{-\, 1/3} (\cos \theta \sin \theta)^{1/3} = \infty $

No se cumple que sea igual al $\nabla f \cdot (\vec{u})$ que es CERO.

No hay plano tangente. El único candidato sería $z = 0.$

Por lo tanto no es diferenciable en $(0, 0).$

${}$

Con la definición:

$\lim\limits_{(h, k) \to (0, 0)} \dfrac{\Big| f (x_0 + h, y_0 + k) \, – \, f (x_0, y_0) \, – \, (ah + bk) \Big| }{\sqrt{h^2 + k^2 \,}} = 0$

entonces $a = \dfrac{\partial f}{ \partial x} (0, 0) , \, b = \dfrac{\partial f}{\partial y} (0, 0)$

luego $\lim\limits_{(h, k) \to (0, 0)} \dfrac{\Big| f ( h, k) \, – \, 0 \Big| }{\sqrt{h^2 + k^2 \,}} = \lim\limits_{(h, k) \to (0, 0)} \dfrac{ h^{1/3} k^{1/3} }{\sqrt{h^2 + k^2 \,}}$

tomando $ h = k$

$\lim\limits_{h \to 0} \dfrac{ h^{2/3} }{\sqrt{2 h^2 \,}} = \dfrac{1}{\sqrt{2}} \lim\limits_{h \to 0} h^{- 1/3} = \infty $, si $h > 0.$

$f$ es diferenciable en $(x_0)$ si existe $f’ (x_0)$, luego

$f’ (x_0) = \lim\limits_{h \to 0} \dfrac{f (x_0 + h) \, – \, f (x_0) }{h} \iff \lim\limits_{h \to 0} \dfrac{f (x_0 + h) \, – \, f (x_0) }{h} \, – \, f’ (x_0) = 0 \; \; \dotsc (1)$

$f$ es diferenciable en $x_0$ si eiste la diferencial de $f$ en $x_0$

$df_{x_0} : \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$ lineal.

$df_{x_0} (h) = f’ (x_0) h = m.h$ tal que

$\lim\limits_{h \to 0} \dfrac{f (x_0 + h) \, – \, f (x_0) \, – \, m.h}{h} = 0 $ ocurre si

$\lim\limits_{h \to 0} \dfrac{f (x_0 + h) \, – \, f (x_0) }{h} \, – \, m = 0 \; \; \dotsc (2)$

Observemos que, de $(1)$ y $(2)$

$ \lim\limits_{h \to 0} \dfrac{f (x_0 + h) \, – \, f (x_0) }{h} \, – \, f’ (x_0) = 0 = \lim\limits_{h \to 0} \dfrac{f (x_0 + h) \, – \, f (x_0) }{h} \, – \, m$

Luego $\dfrac{dy}{dx} = f’ (x_0)$ entonces $dy = f’ (x_0) dx$ y además «$h = dx$»

$\Delta y = f (x_0 + h) \, – \, f (x_0) $. También $dy \neq \Delta y$ pero se aproxima.

Tratando de generalizar

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

$f’ (\vec{x_0}) := \lim\limits_{\vec{h} \to \vec{0}} \dfrac{f (\vec{x_0} + \vec{h} \, – \, f (\vec{x_0}) }{\vec{h}}$

pero ¿cómo dividimos entre un vector? Una alternativa es la siguiente:

$\lim\limits_{h \to 0} \dfrac{f (x_0 + h) \, – \, f (x_0) \, – \, mh }{h} = 0 \iff \lim\limits_{h \to 0} \Bigg| \dfrac{f (x_0 + h) \, – \, f (x_0) \, – \, mh }{h} \Bigg| = 0 \iff \lim\limits_{h \to 0} \dfrac{\Big| f (x_0 + h) \, – \, f (x_0) \, – \, mh \Big|}{\big| h \big|} = 0 $

Otra vía de generalización

$\lim\limits_{\vec{h} \to \vec{0}} \dfrac{\Big\| f (\vec{x_0} + \vec{h} \, – \, f (\vec{x_0}) \, – \, \mathcal{M} \vec{h} \Big\|}{ \Big\| \vec{h} \Big\|} = 0$

$T (\vec{h}) = \mathcal{M} \vec{h}$ donde $\mathcal{M}$ es la matriz de derivadas parciales.

$T (\vec{h}) $ es la diferencial.

Ahora bien para funciones de $\mathbb{R}^2 \rightarrow \mathbb{R}$ tenemos que:

(*) La derivada es el vector gradiente ( o el vector de derivadas parciales) $$\nabla f = \Big( \dfrac{\partial f}{\partial x}, \dfrac{\partial f}{\partial y} \Big)$$

(*) La diferencial es la función lineal $\mathbb{R}^2 \rightarrow \mathbb{R}$ tal que a cada $(h, k) \rightarrow \dfrac{\partial f}{\partial x} h \, + \, \dfrac{\partial f}{\partial y} k$

(*) El plano tangente está dado por la ecuación $$z = f (x_0, y_0) + \dfrac{\partial f}{\partial x} (x_0, y_0) (x \, – \, x_0) + \dfrac{\partial f}{\partial y}(x_0, y_0) (y \, – \, y_0)$$

donde $x \, – \, x_0 = h$ y $ y \, – \, y_0 = k.$

(*) La derivada direccional de $f$ en $(x_0, y_0)$ en la dirección del vector $\vec{u} = (\cos \theta, \sin \theta) $ es la pendiente de la recta tangente a la curva que resulta de cortar a la superficie $z = f (x, y)$ con el plano $(x \, – \, x_0 , y \, – \, y_0 , z \, – \, z_0) \cdot ( \, – \, \sin \theta, \cos \theta, 0 ) = 0$, donde $\vec{v} = ( \, – \, \sin \theta, \cos \theta )$, entonces la ecuación del plano es $$ – \, \sin \theta (x \, – \, x_0) + \cos \theta (y \, – \, y_0) = 0$$

Es decir, $\Big\{ (x, y, z) \in \mathbb{R}^3 \Big| – \, \sin \theta (x \, – \, x_0) + \cos \theta (y \, – \, y_0) = 0 \Big\} $ es un plano que pasa por el punto $ (x_0, y_0, z_0) $, donde $ z_0 = f (x_0, y_0) .$

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.