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Cálculo Diferencial e Integral III: Derivadas parciales de segundo orden

Por Alejandro Antonio Estrada Franco

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Introducción

En las entradas anteriores definimos qué quiere decir que un campo escalar sea diferenciable. Así mismo, definimos las derivadas parciales y el gradiente. Ya usamos estas herramientas para hablar de dirección de cambio máximo y de puntos críticos. Además demostramos una versión del teorema del valor medio para este caso, lo que nos permitió poner un poco de orden a nuestra teoría: una función es diferenciable en un punto cuando existen sus parciales en ese punto y son continuas. Es momento de hablar de derivadas parciales de segundo orden. Cualquiera de las derivadas parciales es por sí misma un campo escalar, así que podemos preguntarnos si tiene o no sus propias derivadas parciales. Exploraremos esta idea.

Derivadas parciales de segundo orden

Las derivadas parciales de un campo escalar $f$ nos originan nuevos campos escalares. Supongamos que $f:S\subseteq \mathbb{R}^{n}\rightarrow \mathbb{R}$ es un campo escalar para el cual existe la $k$-ésima derivada parcial en un conjunto abierto $S’\subseteq S$. Entonces, obtenemos un nuevo campo escalar $\frac{\partial f}{\partial x_{k}}:S’\rightarrow \mathbb{R}$.

Este campo escalar puede o no tener $j$-ésima derivada parcial. Suponiendo que la tiene en algún $U\subseteq S’$ podríamos escribirla como

$$\frac{\partial\left(\frac{\partial f}{\partial x_k}\right)}{\partial x_j}.$$

Sin embargo, esta notación es engorrosa, y por ello optamos o bien por escribir la expresión como sigue

\[ \frac{\partial}{\partial x_{j}}\left( \frac{\partial f}{\partial x_{k}}\right)\]

o todavía más compacto, como

\[ \frac{\partial ^{2}f}{\partial x_{j}\partial x_{k}}.\]

A esto le llamamos una derivada parcial de segundo orden. Si $j=k$, introducimos la notación

\[ \frac{\partial ^{2}f }{\partial x_{k}^{2}}.\]

Las derivadas parciales de segundo orden vuelven a ser, una vez más, cada una de ellas un campo escalar. Esto permite seguir iterando la idea: podríamos hablar de derivadas parciales de segundo, tercero, cuarto, … , $k$-ésimo, … orden. Daremos una definición un poco más formal en una siguente entrada, pero por ahora trabajemos en entender a las derivadas parciales de segundo orden.

Un ejemplo de derivadas parciales de segundo orden

Ejemplo. Consideremos el campo escalar $f(x,y,z)=x^{2}yz$. Para este campo escalar tenemos que sus derivadas parciales con respecto a $x$, $y$ y $z$ son:

\begin{align*}
\frac{\partial f}{\partial x}(x,y,z)&=2xyz,\\
\frac{\partial f}{\partial y}(x,y,z)&=x^{2}z\\
\frac{\partial f}{\partial z}(x,y,z)&=x^{2}y.
\end{align*}

Cada una de estas expresiones es a su vez un campo escalar. Cada una de ellas es derivable con respecto a $x$ en todo $\mathbb{R}^3$. Al derivarlas con respecto a $x$ obtenemos:

\begin{align*}
\frac{\partial ^{2}f}{\partial x^{2}}(x,y,z)&=2yz,\\
\frac{\partial ^{2}f}{\partial x\partial y}(x,y,z)&=2xz,\\
\frac{\partial ^{2}f}{\partial x\partial z}(x,y,z)&=2xy.
\end{align*}

Por otro lado, las derivadas parciales de primer orden también podríamos haberlas derivado con respecto a $y$. En este caso, hubieramos obtenido.

\begin{align*}
\frac{\partial ^{2}f}{\partial y \partial x}(x,y,z)&=2xz,\\
\frac{\partial ^{2}f}{\partial y ^2}(x,y,z)&=0,\\
\frac{\partial ^{2}f}{\partial y\partial z}(x,y,z)&=x^2.
\end{align*}

También podríamos derivar a las derivadas parciales de primer orden con respecto a $z$ para obtener las tres derivadas de orden dos faltantes. En total tenemos tres derivadas parciales de primer orden y nueve derivadas parciales de segundo orden.

$\triangle$

Igualdad de las derivadas parciales de segundo orden mixtas

En numerosos campos escalares de interés tenemos una propiedad muy peculiar: que los operadores «obtener la derivada parcial con respecto a $x$» y «obtener la derivada parcial con respecto a $y$» conmutan. Es decir, varias veces podemos intercambiar el orden de derivación de las parciales y obtener el mismo resultado. En el ejemplo anterior quizás hayas notado que

\[ \frac{\partial ^{2}f}{\partial y\partial x}=2xz=\frac{\partial ^{2}f}{\partial x\partial y}.\]

Esto no siempre pasa, pero hay criterios de suficiencia sencillos de verificar. Por ejemplo, basta que las parciales mixtas existan y sean continuas para que sean iguales. El siguiente teorema formaliza el resultado.

Teorema. Sea $f:S\subseteq \mathbb{R}^{2}\rightarrow \mathbb{R}$ un campo escalar tal que las derivadas parciales $\frac{\partial f}{\partial x}$, $\frac{\partial f}{\partial y}$, $\frac{\partial^{2} f}{\partial y\partial x}$, $\frac{\partial ^{2}f}{\partial x\partial y}$ existen en un conjunto abierto $U$. Si $(a,b)\in U$ es tal que $\frac{\partial^{2} f}{\partial y\partial x}$, $\frac{\partial ^{2}f}{\partial x\partial y}$ son continuas en $(a,b)$, entonces dichas derivadas mixtas de segundo orden son iguales en $(a,b)$.

Demostración. Sean $h,k\neq 0$ suficientemente chicos para que los puntos en el plano $(a,b)$, $(a,b+k)$, $(a+h,b)$, y $(a+h,b+k)$ estén en $U$.

Definamos la función $\Gamma (x)=f(x,b+k)-f(x,b)$ para $x\in [a,a+h]$ y definamos

\begin{equation} \Delta (h,k)=\Gamma (a+h)-\Gamma (a).\end{equation}

Notemos que $\Gamma$ es una función de $\mathbb{R}$ en $\mathbb{R}$ cuya derivada es $$\Gamma'(x)=\frac{\partial f}{\partial x}(x,b+k)-\frac{\partial f}{\partial x}(x,b).$$ Así, se le puede aplicar el teorema del valor medio con extremos en $a$ y $a+h$ para concluir que existe $\xi _{1}\in [a,a+h]$ que nos permite escribir $\Delta(h,k)$ de la siguiente manera:

\begin{align*}
\Delta(h,k)&=\Gamma (a+h)-\Gamma (a)\\
&= h\Gamma'(\xi _{1})\\
&=h\left[ \frac{\partial f}{\partial x}(\xi _{1},b+k)-\frac{\partial f}{\partial x}(\xi _{1},b) \right]
\end{align*}

Ahora podemos aplicar el teorema del valor medio en la función $y\mapsto \frac{\partial f}{\partial x} (\xi _{1},y)$ con extremos $b$ y $b+k$. Esto nos permite continuar la cadena de igualdades anterior mediante un $\eta _{1}\in [b,b+k]$ que cumple

\begin{equation}\label{eq:primerdelta} \Delta (h,k)=hk\frac{\partial ^{2}f}{\partial y\partial x}(\xi _{1},\eta _{1}).\end{equation}

Como $(\xi _{1},\eta _{1})\in [a,a+h]\times[b,b+k]$, se tiene que $(\xi _{1},\eta _{1})\to (a,b)$ conforme $(h,k)\to \bar{0}$.

Ahora consideremos análogamente a la función $\varLambda (y)=f(a+h,y)-f(a,y)$. Mediante un procedimiento similar al que acabamos de hacer, pero aplicado a $\varLambda$ en vez de a $\Gamma$, se tiene otra forma de expresar a $\Delta(h,k)$:

\begin{equation}\label{eq:segundodelta}\Delta(h,k)=hk\frac{\partial ^{2} f}{\partial x\partial y}(\xi _{2},\eta _{2}),\end{equation} donde $(\xi _{2},\eta _{2})\in [a,a+h]\times[b,b+k]$. Nuevamente, $(\xi _{2},\eta _{2})\to (a,b)$ conforme $(h,k)\to (0,0)$.

Igualando las expresiones en \eqref{eq:primerdelta} y \eqref{eq:segundodelta}, tenemos lo siguiente:

\[ \frac{\partial f}{\partial y\partial x}(\xi _{1},\eta _{1})=\frac{\partial f}{\partial x\partial y}(\xi _{2},\eta _{2}).\]

El resultado se sigue de hacer tender $(h,k)\to (0,0)$, ya que dado que las derivadas parciales les estamos pidiendo que sean continuas, tenemos que:

\begin{align*}
\frac{\partial ^{2} f}{\partial y\partial x}(a,b)&=\lim\limits_{(h,k)\to (0,0)}\frac{\partial ^{2} f}{\partial y\partial x}(\xi _{1},\eta _{1})\\
&=\lim\limits_{(h,k)\to (0,0)}\frac{\partial ^{2}f}{\partial x\partial y}(\xi _{2},\eta _{2})\\
&=\frac{\partial ^{2}f}{\partial x\partial y}(a,b).
\end{align*}

Así concluimos nuestro resultado.

$\square$

Más adelante…

En esta entrada hablamos de las derivadas parciales de segundo orden y vimos que bajo condiciones razonables podemos elegir las variables de derivación en el orden que queramos. Estas ideas son más generales, y a continuación nos llevarán a definir las derivadas parciales de cualquier orden $k$. Después, usaremos estas derivadas parciales para generalizar otro de los teoremas de cálculo unidimensional: el teorema de Taylor.

Tarea moral

  1. Para las siguientes funciones calcula $\frac{\partial ^{2}f}{\partial x^{2}}$:
    • $f(x,y)=x^{2}+y^{2}cos(xy)$
    • $f(x,y)=e^{x}cos(y)$
    • $f(x,y,z)=\textup{log}(x^{2}+2y^{2}-3z^{2})$
  2. En el teorema que afirma que las derivadas parciales mixtas son iguales usamos cuatro veces el teorema del valor medio (¿cuáles 4 son?). Asegúrate de que en verdad lo podamos usar.
  3. Calcula $\frac{\partial ^{2}f}{\partial y^{2}}$, y $\frac{\partial ^{2}f}{\partial x\partial y}$ para las funciones del punto 1. Explica por qué no es necesario calcular de manera separada $\frac{\partial ^{2}f}{\partial y\partial x}$
  4. Investiga de un ejemplo en el que las derivadas parciales $\frac{\partial ^{2}f}{\partial x\partial y}$ y $\frac{\partial ^{2}f}{\partial y\partial x}$ no sean iguales. Realiza las cuentas para verificar que en efecto tienen valores distintos en algún punto.
  5. El teorema que enunciamos está muy limitado. Sólo nos habla de campos escalares de $\mathbb{R}^2$ en $\mathbb{R}$. Sin embargo, debería también funcionar si $f:\mathbb{R}^n\to \mathbb{R}$. Enuncia y demuestra un resultado similar que te permita garantizar que $$\frac{\partial^{2} f}{\partial x_i\partial x_j}=\frac{\partial ^{2}f}{\partial x_j\partial x_i}.$$

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Por Leonardo Ignacio Martínez Sandoval

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Introducción

En las entradas anteriores ya tratamos varios temas de cálculo y cómo se combinan con heurísticas para resolver problemas de cálculo. Veremos ahora otros problemas para repasar las técnicas que hemos aprendido hasta ahora y explorar algunas nuevas ideas.

Los primeros dos ejemplos son del libro Problem Solving through Problems de Loren Larson. Los últimos dos son de un concurso universitario: la Competencia Iberoamericana Interuniversitaria de Matemáticas.

El método del factor de integración

Para resolver problemas de cálculo, también es útil tener algunas ideas de ecuaciones diferenciales. Un método muy útil en la resolución de problemas es el método de factor de integración, que ayuda a resolver ecuaciones diferenciales de la forma $$y’+a(x)y=b(x).$$

La idea para resolver esta ecuación diferencial en $y$ (es decir, despejar a $y$ en términos de $a$ y $b$) es multiplicar ambos lados de la ecuación por $I(x)=e^{\int a(x)\, dx$ y observar que por regla de la cadena, la regla del producto y el teorema fundamental del cálculo, tenemos la ecuación diferencial equivalente $$(yI(x))’ =I(x)b(x).$$

De aquí, podemos integrar de ambos lados en un intervalo $[c,x]$. Por el teorema fundamental del cálculo, existe una constante $C$ tal que $$yI(x)=\int_{c}^x I(t) b(t)\, dt + C,$$ y ya de aquí podemos despejar $$y=I(x)^{-1}\left( \int_{c}^x I(t) b(t)\, dt + C\right).$$

A $I(x)$ se le conoce como el factor de integración.

Problema. Sea $f:(0,\infty)\to \mathbb{R}$ una función diferenciable y supongamos que $$\lim_{x\to \infty} f(x)+f'(x) = 0.$$ Muestra que $$\lim_{x\to 0} f(x) = 0.$$

Sugerencia pre-solución. Define $g(x)=f(x)+f'(x)$ y usando el método de integración «despeja» a $f$ en términos de $g$.

Solución. Definamos $g(x)=f(x)+f'(x)$. La hipótesis dice que $\lim_{x\to 0} g(x) = 0$, así que para obtener información de $f$ en términos de $g$, podemos usar el método de factor de integración. Por la discusión antes de este párrafo, tenemos que $$f(x)=e^{-x}\int_a^x e^t g(t) \,dt + Ce^{-x}.$$

Tomemos un $\epsilon>0$. Como $g(x)\to 0$ cuando $x\to \infty$, podemos tomar un $a$ tal que $|g(x)|<\epsilon$ para todo $x>a$. Usando desigualdad del triángulo en sumas e integrales, tenemos que para $x>a$
\begin{align*}
|f(x)|&\leq e^{-x}\left|\int_a^x e^t g(t)\right|+|Ce^{-x}|\\
&\leq e^{-x}\int_a^x e^t|g(t)|\, dt + |C|e^{-x}\\
&\leq \epsilon e^{-x}\int e^t\, dt + |C|e^{-x}\\
&=\epsilon e^{-x}(e^x-e^a)+|C|e^{-x}\\
&=\epsilon(1-e^{a-x})+|C|e^{-x}
\end{align*}

Tenemos que $\lim_{x\to \infty} e^{a-x} = 0$ y que $\lim_{x\to \infty} e^{-x}=0$, de modo que si $x$ es suficientemente grande, la expresión anterior nos dice $|f(x)|<2\epsilon$. En otras palabras, $f(x)\to 0$ cuando $x\to \infty$, como queríamos.

$\square$

Una integral con doble derivada

Problema. Sea $f:[0,1]\to \mathbb{R}$ una función dos veces diferenciable que cumple $f(0)=f(1)=0$ y tal que $f(x)>0$ para $x$ en $(0,1)$. Muestra que $$\int_0^1 \left| \frac{f»(x)}{f(x)} \, dx \right| > 4.$$

Sugerencia pre-solución. Tenemos ya varias técnicas para evaluar o estimar integrales. Si con un método llegas a una pared, intenta usar otro método. Necesitarás el teorema del valor extremo, el teorema del valor medio y el teorema fundamental del cálculo.

Solución. Por el teorema del valor extremo, existe un valor $c$ en $(0,1)$ tal que $y=f(c)$ es un máximo de $f$. Por el teorema del valor medio, existen puntos $a$ en $(0,c)$ y $b$ en $(c,1)$ tales que $$f'(a)=\frac{f(c)-f(0)}{c}=\frac{y}{c}$$ y $$f'(b)=\frac{f(1)-f(c)}{1-c}=\frac{-y}{1-c}.$$

Usando que $f$ alcanza su máximo $y$ en $c$

\begin{align*}
\int_0^1 \left| \frac{f»(x)}{f(x)} \, dx \right|&\geq \int_a^b \left| \frac{f»(x)}{f(x)} \, dx \right| \\
&\geq \frac{1}{y} \int_a^b \left| f»(x) \, dx \right|,
\end{align*}

de modo que aplicando el teorema fundamental del cálculo a la última integral, obtenemos que

\begin{align*}
\int_0^1 \left| \frac{f»(x)}{f(x)} \, dx \right| &\geq \frac{1}{y} \int_0^1 \frac{1}{y}|f'(b)-f'(a)|\\
&=\frac{1}{y} \left|\frac{-y}{1-c}-\frac{y}{c}\right|\\
&=\left|\frac{1}{c(1-c)}\right|.
\end{align*}

Para terminar, notamos que la función $h(x)=x(1-x)$ es diferenciable en $(0,1)$ y continua en $[0,1]$, de modo que alcanza su máximo en $0$, en $1$ o en donde la derivada $h'(x)=1-2x$ es $0$, es decir, en $1/2$. Tenemos que $h(1/2)=1/4$ y que $h(0)=h(1)=0$, de modo que el máximo es $1/4$. Con esto, concluimos que $$\left|\frac{1}{c(1-c)}\right| \geq 4,$$ de donde se completa la cadena de desigualdades que queremos.

$\square$

En el problema anterior usamos el teorema del valor medio como paso intermedio. Es recomendable que pienses qué hubiera pasado si nos hubiéramos saltado este paso y hubiéramos usado el mínimo directamente, sin limitarnos primero al intervalo $[a,b]$. En los problemas de cálculo a veces es muy importante el orden en el que se hacen las cosas.

Dos problemas de cálculo de competencias

Veamos ahora algunos problemas de cálculo que han aparecido en concursos a nivel universitario. El siguiente problema apareció en la Competencia Iberoamericana Interuniversitaria de Matemáticas, en 2015, como Problema 4.

Problema. Sea $f:\mathbb{R}\to \mathbb{R}$ una función continua y $\alpha$ un número real. Sabemos que $\lim_{x\to \infty} f(x) = \lim_{x\to -\infty} = \alpha$. Muestra que para cualquier real positivo $r$ existen reales $x$ y $y$ tales que $y-x=r$ y $f(x)=f(y)$.

Sugerencia pre-solución. Modifica el problema, construyendo una función que te ayude a resolverlo. Necesitarás el teorema del valor intermedio. También, una parte de la solución necesita que se use inducción.

Solución. Tomemos cualquier valor $r$ y consideremos la función $h(x)=f(x+r)-f(x)$. Como $f$ es continua, la función $h$ es continua. Si $h(x)>0$ para todo real, entonces podemos mostrar inductivamente que para cualesquiera enteros positivos $m$ y $n$ tenemos que $$f(x-mr)<f(x)<f(x+r)<f(x+nr).$$

Haciendo $n$ y $m$ ir a infinito, tendríamos que $$\alpha\leq f(x) < f(x+r) \leq \alpha,$$ lo cual es una contradicción.

Así, $h(x)$ toma valores menores o iguales a $0$. De modo similar, podemos mostrar que $h(x)$ toma valores mayores o iguales a $0$. Como $h$ es continua, por el teorema del valor intermedio debe tomar el valor $0$ para algún $c$, de modo que $f(c+r)-f(c)=h(c)=0$ y así, tomando $x=c$ y $y=c+r$ tenemos $y-x=r$ y $$f(y)=f(c+r)=f(c)=f(x).$$

$\square$

El siguiente problema apareció en la Competencia Iberoamericana Interuniversitaria de Matemáticas, en 2010, como Problema 4.

Problema. Sea $f:[0,1]\to [0,1]$ una función continua, creciente, diferenciable en $[0,1]$ y tal que $f'(x)<1$ en cada punto. La sucesión de conjuntos $A_1, A_2, \ldots$ se define recursivamente como $A_1=f([0,1])$ y para $n\geq 2$, $A_n=f(A_{n-1})$. Muestra que el diámetro de $A_n$ converge a $0$ conforme $n\to \infty$.

El diámetro de un conjunto $X$ es $\sup_{x,y \in X} |x-y|$.

Sugerencia pre-solución. Para una primer parte del problema que te ayudará a entender a los $A_i$, necesitarás el teorema del valor intermedio y el principio de inducción. Luego, necesitarás usar el teorema del valor medio y que las funciones continuas preservan límites de sucesiones convergentes.

Solución. Por conveniencia, nombramos $A_0=[0,1]$. Sea $d_n$ el diámetro de $A_n$. Tenemos $d_0=1$. Como $f$ es creciente, tenemos que $f(0)<f(1)$ y que no hay ningún valor fuera del intervalo $[f(0),f(1)]$ que se tome. Como $f$ es continua, se toman todos esos valores. Así, $A_1=[f(0),f(1)]$ y su diámetro es $d_1=f(1)-f(0)$. Inductivamente, podemos mostrar que $A_n= [f^n(0),f^n(1)]$ y que $d_n=f^{n}(1)-f^{n}(0)$.

Notemos que la sucesión $f^{n}(0)$ es creciente y acotada, de modo que converge a un real $a$. Como $f$ es contínua, tenemos que \begin{align*}f(a)&=f(\lim_{n\to \infty} f^{n}(0)) \\&= \lim_{n\to \infty} f^{n+1}(0) \\&= a.\end{align*} Análogamente, $f^n(1)$ converge a un real $b$ tal que $f(b)=b$. Como $f^n(0)\leq f^n(1)$, tenemos que $a\leq b$. Afirmamos que $a=b$. Si no, por el teorema del valor medio existiría un $c\in[a,b]$ tal que $$f'(c)=\frac{f(b)-f(a)}{b-a}=\frac{b-a}{b-a}=1,$$ contradiciendo la hipótesis de la cota de la derivada.

Esto muestra que $a=b$, y por lo tanto
\begin{align*}
\lim_{n\to \infty} d_n &= \lim_{n\to \infty} f^n(1)-f^n(0) \\
&=b-a\\
&= 0.
\end{align*}

$\square$

En este problema es muy importante primero mostrar que los extremos de los intervalos convergen a puntos fijos de $f$ y después usar el teorema del valor intermedio. Podría ser tentador usar el teorema del valor intermedio en cada intervalo $[f^n(0),f^n(1)]$, pero con ello no se llega al resultado deseado.

Más problemas

En todas estas entradas hemos platicado acerca de problemas de temas de cálculo. Se pueden encontrar muchos más problemas de este tema en el Capítulo 6 del libro Problem Solving through Problems de Loren Larson.

Además, puedes encontrar otros problemas resueltos en la sección de Material para practicar de este blog, que ayuda a prepararse para competencias internacionales de matemáticas a nivel universitario.