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.

En la siguiente imagen puedes observar la gráfica de la función descrita en este ejemplo.

https://www.geogebra.org/classic/rkapmzg2

${}$

Ejemplo 2

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

$ f (x, y) = \left\{ \begin{array} \\ y^2 \sin{ \Bigg( \dfrac{1}{y} \Bigg)} & 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 $y = y_0.$

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

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 $\big( x_0, y_0, f(x_0, y_0) \big)$

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 $YZ$.

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

$\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 $$ \big\| {\alpha}’ (t) \big\|^2 \, \mathcal{K}$$

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

1. Evalúa las siguientes expresiones, escribe cada paso y la ley de los exponentes que usaste en cada caso. Escribe tu respuesta sin exponentes negativos.

• $(−2)^5$
• $−2^5$
• $2^{−5}$
• $(4^7)/(4^4)$
• $(3^8)/(3^5)$
• $(7^12)/(7^10)$
• $(5/6)^{−3}$
• $(1/4)^{−2}$
• $(3/5)^{−4}$
• $27^{2/3}$
• $8^{3/2}$
• $16^{1/4}$
• $(−5)^3$
• $−5^3$
• $5^{−3}$
• $(2^6)/(2^2)$
• $(9^5)/(9^3)$
• $(4^7)/(4^4)$
• $(3/4)^{−2}$
• $(5/9)^{−1}$
• $(8/15)^{−3}$
• $2^{−2}$
• $10^{−3}$
• $16^{−5/4}$
• $32^{−4/5}$
• $(3/7)^{−5}$
• $(1/2)^{−4}$
• $(5/11)^{−6}$

2. Simplifica las expresiones e indica la ley o propiedad que usaste en cada tipo de expresión. Escribe tu respuesta sin exponentes negativos.

• $\sqrt{72} − \sqrt{50}$​
• $\sqrt{245} + \sqrt{72}$​
• $\sqrt{300} − \sqrt{75}$
• $\sqrt{128} + \sqrt{32}$
• $\sqrt{180} − \sqrt{45}$
• $(2a^2b^3)(3a^4b^2)$
• $(5a^3b^2)^{2}(2a^2b^4)$
• $(4a^2b)(3a^3b^2)$
• $(7a^5b^3)(2a^2b^4)^{2}$
• $(8a^4b^2)(5a^2b^3)$
• $\left(\frac{2x^{3/4}y^2}{x^{1/2}y^{1/3}}\right)^2$
• $\left(\frac{3a^{5/3}b^2}{a^{2/3}b^{1/2}}\right)^3$
• $\left(\frac{4x^{5/6}y^3}{x^{1/3}y^{2/5}}\right)^2$
• $\left(\frac{5a^{2/3}b^{1/4}}{a^{1/2}b^{1/3}}\right)^3$
• $\left(\frac{6x^{4/5}y^2}{x^{1/5}y^{1/2}}\right)^2$

3. Resuelve las siguientes operaciones paso a paso.

• $5(x + 7) + 3(2x − 4)$
• $4(x − 3) + 6(3x + 2)$
• $2(x + 5) + 7(4x − 1)$
• $(x + 4) (3x − 2)$
• $(x − 1)(2x + 5)$
• $(2x + 3)(x − 4)$
• ​​$(3x + 5)^2$
• $(2x − 7)^2$
• $(4x + 6)^2$
• $(x + 3)^3$
• $(2x − 1)^3$
• $(x − 4)^3$
• $(\sqrt{m}​+\sqrt{n}​)(\sqrt{m}​−\sqrt{n}​)$
• $(\sqrt{x}​+3)(\sqrt{x}​−3)$
• $(2a+\sqrt{b}​)(2a−\sqrt{b}​)$

4. Factoriza las siguientes expresiones. 

• $4x^4 + 8x^3$
• $5y^3 + 10y^2$
• $3x^{4/3} − 6x^{2/3} + 9x^{−1/3}$
• $2x^{5/2} – 4x^{3/2} + 6x^{1/2}$
• $x^2y − 3xy^2$
• $6x^3y − 9x^2y^2$
• $9x^2 – 16$
• $4y^2 – 25$
• $3x^2 + 11x − 4$
• $4x^2 − 13x + 9$
• $x^3 − 6x^2 − 4x + 24$
• $x^3 + 2x^2 − 9x − 18$

5. Simplifica las siguientes expresiones racionales. 

• $\frac{x^2 + 5x + 6}{x^2 + 4x + 3}​$
• $\frac{2x^3 + 5x^2 – 6x}{x^2 – x – 6}$​
• $\left( \frac{x^2 + 2x + 1}{x^2 – 1} \right) \left( \frac{x – 1}{x + 2} \right)$
• $\left( \frac{x^2 – 9}{x^2 – 4} \right) \left( \frac{x + 3}{x + 2} \right)$
• $\frac{x^2 + 6x + 9}{x^2 – 4} – \frac{2x + 3}{x + 2}​$
• $\frac{x^2 – 1}{x^2 + 3x + 2} – \frac{x + 2}{x + 1}$
• $\frac{\frac{2x}{y} – \frac{y}{x}}{\frac{1}{x} – \frac{1}{y}}​​$
• $\frac{\frac{3}{x + 1} + \frac{2}{x – 1}}{\frac{1}{x – 1} + \frac{1}{x + 1}}$

6. Racionaliza las expresiones y simplifica.

• ${\sqrt{6}}{\sqrt{3}-1}$
• $\frac{\sqrt{12}}{\sqrt{6} – 3}$
• $\frac{\sqrt{16+h} – 4}{h}$
• $\frac{\sqrt{9+h} – 3}{h}$

7. Reescribe las siguientes expresiones completando cuadrados.

• $x^2 + 6x + 5$
• $x^2 + 4x + 7$
• $3x^2 – 18x + 7$
• $3x^2 – 18x + 5$
• $2x^2 + 8x + 3$
• $4x^2 – 12x + 24$

8. Resuelve las siguientes ecuaciones, encuentra sólo raíces reales.

• $x + 3 = 8 −\frac{x}{3}​$
• $x^2 – 7x + 10 = 0$
• $x^4 – 5x^2 + 4 = 0$
• $3x(5 – x)^{1/2} – 2\sqrt{5 – x} = 0$
• $\frac{3x}{x + 2} = \frac{3x – 2}{x + 1}$
• $2x^2 + 5x – 3 = 0$
• $4|x – 2| = 12$

9. Resuelve las desigualdades, la solución debe estar en términos de intervalos de números reales.

• $-3 < 4 – 2x \leq 10$
• $-5 \leq 7 – 4x < 12$
• $x(x + 3)(x – 2) > 0$
• $(x – 1)(x + 3)(x – 4) \leq 0$
• $\frac{3x + 2}{x – 2} > 1$
• $\frac{4x – 5}{x + 2} \geq 2$
• $x^2 – 5x + 6 \geq 0$
• $x^2 + 4x – 5 < 0$
• $|x + 2| \geq 5$
• $|2x – 1| > 4$

10. Indica si las siguientes ecuaciones son falsas o verdaderas, explica por qué.

• $(m + n)^2 = m^2 + n^2$
• $\sqrt{a^2 + b^2} = a + b$
• $\frac{1}{a – b} = \frac{1}{a} – \frac{1}{b}$
• $\sqrt{xy} = \sqrt{x} \sqrt{y}$​
• $\frac{1 + r}{r} = 1 + \frac{1}{r}$
• $\frac{1/y}{a/y – b/y} = \frac{1}{a – b}$