Sea $U\ne \emptyset$ un abierto de $\mathbb{R}^n$ y $f: U \to \mathbb{R}$ una
función diferenciable en $p_0\in U$. Sea $I$ un intervalo abierto de
$\mathbb{R}$, $\gamma: I \to \mathbb{R}^n$
una función con tal que $\gamma(t_0)=p_0$ y $\gamma$ diferenciable en $t_0$.
Entonces $f \circ \gamma$ es diferenciable en $t_0$ y
$$
\frac{d f\circ \gamma (t_0)}{dt}=\langle \nabla_{p_0}f, \gamma'(t_0) \rangle
$$
es decir
$$
(f \circ \gamma)'(t_0)=\sum_{i=1}^n \partial_{p_i} f(p_0)\gamma_i'(t_0)
$$
donde $\gamma(t)=(\gamma_1(t), \dots, \gamma_n(t))$.
Nota
La fórmula de la Regla de la Cadena se puede escribir como
\[
\frac{d f\circ \gamma(t)}{dt}=\langle \nabla_{\gamma(t)}f, \gamma'(t) \rangle
\]
pero si escribimos las coordenadas de \(f\) y las funciones coordenadas de \(\gamma\) podemos escribirlo de la siguiente manera.
Supongamos que la función \(f\) tiene variables \(f(x,y)\) y que \(\gamma\) tiene funciones
coordenadas \(\gamma(t)=(x(t),y(t))\). En este caso la regla de la cadena se puede escribir como
\[
\frac{d f}{dt}=\frac{\partial f}{\partial x} \frac{dx}{dt}+\frac{\partial f}{\partial y} \frac{dy}{dt}
\]
En tres variables se vuelve
\[
\frac{d f}{dt}=\frac{\partial f}{\partial x} \frac{dx}{dt}+\frac{\partial f}{\partial y} \frac{dy}{dt}+
\frac{\partial f}{\partial z}\frac{dz}{dt}
\]
y de manera general si \(f\) depende de las variables \(f(x_1,\dots, x_n)\) y a su vez
las coordenadas \(x_i\) dependen de la variable \(t\), \(x_i(t)\), entonces (con las hipótesis del teorema)
\[
\frac{d f}{d t} =\sum_{i=1}^n \frac{\partial f}{\partial x_i} \frac{dx_i}{dt}
\]
Ejercicio
Para las siguientes funciones \(f(x,y,z)\), \(x(t),y(t),z(t)\) calcula \(\frac{df}{dt}\).
Sea $U\ne \emptyset$ un abierto de
$\mathbb{R}^2$, $g:U\to \mathbb{R}$ una función de clase $C^1$
y $x,y:I\to \mathbb{R}$ funciones de clase $C^1$
(con $I$ un intervalo abierto).
Encuentra $h'(t)$, la derivada de
$h$ (función de una variable), para las siguientes funciones:
$h(t)=(g(x(t), y(t)))^2$.
$h(t)=e^{g(x(t),y(t))}$.
$h(t)=\sen(g(x(t),y(t)))$.
\(h(t)=\ln(1+g(x(t),y(t)))\).
Proposición
Sea \(f:U\to \mathbb{R}\) una función clase \(C^1\) en \(U\).
Sea \(\gamma:I\to U\) una curva diferenciable.
Entonces \(f\) es constante a lo largo de \(\gamma\) sii
\(\nabla_{\gamma(t)}f\) y \(\gamma'(t)\) son perpendiculares en cada punto \(t\in I\).
Ya que las funciones \(f\) y \(\gamma\) son diferencibles tenemos que su composición
\(f\circ \gamma\) es diferenciable en \(I\). Por lo tanto \(f\) restringida a \(\gamma\) es constante
sii su derivada es cero. Pero por la regla de la cadena su derivada es
\[
\langle \nabla_{\gamma(t)}, \gamma'(t)\rangle
\]
Por lo tanto, \(f\) es constante a lo largo de \(\gamma\) sii
\(\langle \nabla_{\gamma(t)}, \gamma'(t)\rangle =0\) sii \(\nabla_{\gamma(t)}f\) y
\(\gamma'(t)\) son ortogonales.
Nota
Sea \(f:U\to \mathbb{R}\) una función clase \(C^1\) en \(U\). Fija un punto \(c\in \mathbb{R}\)
y considera la superficie de nivel
\[
S=\{(x,y,z)\in \mathbb{R}^3: f(x,y,z)=c\}
\]
Sea \(p_0\in S\). Supongamos que \(\gamma:I\to \mathbb{R}^3\) es una curva diferenciable
tal que \(\gamma(t)\in S\) para toda \(t\in I\) y digamos que \(\gamma(t_0)=p_0\).
Por la regla de la cadena
\[
\langle \nabla_{\gamma(t)}f, \gamma'(t)\rangle =(f\circ \gamma)'(t)
\]
Pero \((f\circ \gamma )'(t)=0\) pues \(\gamma\) cae dentro de la superficie de nivel de \(f\).
Por lo tanto \(\nabla_{\gamma(t_0)}f\) y \(\gamma'(t_0)\) son ortogonales.
Ahora como \(\gamma\) cae dentro de la superficie de nivel, \(\gamma'(t)\) es un vector tangente
a la superficie. Por lo tanto tomando diferentes curvas \(\gamma\) podemos obtener los vectores
directores del plano tangente en \(\gamma(t_0)=p_0\) y como todos estos vectores son
ortogonales a \(\nabla_{p_0}f\) concluimos que \(\nabla_{p_0}f\) es el vector normal al plano tangente
en \(p_0\). Concluimos que la ecuación del plano tangente en \(p_0\) es
\[
\langle \nabla_{p_0}f , p-p_0 \rangle =0
\]
Si escribimos la ecuación anterior en términos de coordenadas \(f(x,y,z), p_0=(x_0,y_0,z_0)\) llegamos
a la ecuación
\[
\partial_xf(p_0)(x-x_0)+\partial_yf(p_0)(y-y_0)+\partial_zf(p_0)(z-z_0)=0.
\]
Ejercicio
Para las siguientes funciones calcula el plano tangente
a la superficie de nivel \(f(x,y,z)=c\), que pasa por el punto dado.
Se dice que una función $f$ tiene rendimientos de escala constante,
o que es homogenea de grado 1, si satisface
\begin{equation}\label{Eqn:RendimientoEscala}
f(cx,cy)=cf(x,y)
\end{equation}
para toda $c>0$. El nombre viene porque, por ejemplo,
si se duplica $x$ y $y$, también se duplica $f$.
Prueba que $f(x,y)=\sqrt{x^2+y^2}$ y $g(x,y)=\sqrt{xy}$, $x,y>0$,
tienen rendimientos de escala constante.
Demuestra que si $f$ es clase $C^1$ y tiene rendimientos
de escala constante entonces $f$ satisface:
\begin{equation}\label{Eqn:RendimientoEscala2}
x \partial_x f(x,y) + y \partial_y f(x,y)=f(x,y)
\end{equation}
Sugerencia: usa la regla de la cadena para
diferenciar la ecuación \eqref{Eqn:RendimientoEscala}
con respecto a $c$ y luego evalua en $c=1$.
Demuestra directamente que $f(x,y)=\sqrt{x^2+y^2}$ y $g(x,y)=\sqrt{xy}$
satisfacen la ecuacion \eqref{Eqn:RendimientoEscala2}.
Encuentra un ejemplo de una función de rendimiento de escala
constante diferente a las dadas en el ejercicio.
Comencemos por notar que para el primer caso, con $c>0$ se tiene que
\begin{align*}
f(cx,cy) =& \sqrt{(cx)^2 + (cy)^2},\\
=& \sqrt{c^2x^2 + c^2y^2},\\
=& \sqrt{c^2(x^2 + y^2)},\\
=& |c|\sqrt{x^2 + y^2},\\
=& c \sqrt{x^2 + y^2},\\
=& cf(x,y).
\end{align*}
De manera similar, para la segunda función se tiene que
\begin{align*}
g(cx,cy) =& \sqrt{(cx)(cy)},\\
=& \sqrt{c^2(xy)},\\
=& |c|\sqrt{xy},\\
=& c g(x,y).
\end{align*}
Supongamos que $f$ tiene rendimientos de escala constante.
Definimos $\gamma(t) = (tx,ty)$, entonces $\gamma$ es de clase $C^1$
en $\mathbb{R}$ y por la regla de la cadena se tiene que
\begin{align*}
\frac{d f \circ \gamma (c)}{dc} =& \langle \nabla_{\gamma(c)} f, \gamma'(c)\rangle,\\
=& \langle \nabla_{\gamma(c)} f, (x,y) \rangle,\\
=& x \partial_x f(\gamma(c)) + y \partial_y f(\gamma(c)).
\end{align*}
Por otro lado $\frac{d cf(x,y)}{dc} = f(x,y)$, por lo que al tomar $c=1$ se
tiene que $\gamma(1) = (x,y)$ y
\begin{equation*}
f(x,y) = x \partial_x f(x,y) + y \partial_y f(x,y).
\end{equation*}
Empezamos a calcular las derivadas parciales para $f$:
\begin{equation*}
\partial_x f(x,y) = \frac{2x}{2 \sqrt{x^2 + y^2}} = \frac{x}{\sqrt{x^2 + y^2}},
\end{equation*}
de manera similar $\partial_y f(x,y) = \frac{y}{\sqrt{x^2 + y^2}}$. Por lo tanto
\begin{align*}
x \partial_x f(x,y) + y \partial_y f(x,y) =& \frac{x^2}{\sqrt{x^2 + y^2}} + \frac{y^2}{\sqrt{x^2 + y^2}},\\
=& \frac{x^2 + y^2}{\sqrt{x^2 + y^2}},\\
=& \sqrt{x^2 + y^2}.
\end{align*}
Análogamente, se tiene que
\begin{equation*}
\partial_x g(x,y) = \frac{y}{2\sqrt{xy}}, \quad \partial_y g(x,y) = \frac{x}{2 \sqrt{xy}},
\end{equation*}
de tal manera que
\begin{align*}
x \partial_x g + y \partial_y g =& \frac{xy}{2\sqrt{xy}} + \frac{xy}{2 \sqrt{xy}},\\
=& \frac{2xy}{2\sqrt{xy}},\\
=& \sqrt{xy},\\
=& g(x,y).
\end{align*}
Podemos dar una infinidad de funciones de rendimiento de escala constante y que podemos clasificar
dentro de dos familias. En primer lugar, si $T$ es una función lineal entonces es
de rendimiento de escala constante pues $T(cx,cy) = c T(x,y)$ para todo escalar $c$. La segunda
familia de funciones son las normas sobre $\mathbb{R^2}$. Sabemos que si $f$ es una norma
entonces para cualquier escalar $c$ se tiene que $f(cx,cy)=f(c(x,y)) =|c|f(x,y)$, y en el caso
en que $c>0$ se puede prescindir del valor absoluto. Además de la norma euclidiana usada en el primer
inciso podemos observar $f(x,y) = |x|+|y|$, o para cada entero $p\geq 1$, $f(x,y)= (|x|^p + |y|^p)^{1/p}$.
Ejercicio
Una función $f:\mathbb{R}^n \to \mathbb{R}$ se llama par si
satisface $f(-p)=f(p)$, para todo punto $p$. Supon que $f$ es clase
$C^1$ y demuestra que $\nabla_{(0,\dots, 0)}f=(0,\dots, 0)$.
Sugerencia: aplica la regla de la cadena a $f(p)=f(-p)$.
Como la función es de clase $C^1$ entonces existe cada una de sus derivadas parciales.
Será suficiente demostrar que se anula cada una de sus derivadas parciales.
Definimos dos curvas de clase $C^1$ sobre $\mathbb{R}$,
\begin{align*}
\gamma_i(t) =& (0, \ldots,0,t,0,\ldots,0) = t e_i,\\
\alpha_i(t) =& (0, \ldots,0,-t,0,\ldots,0) = -t e_i.
\end{align*}
Como $\gamma_i(0) = 0 = \alpha(0)$ y además $\gamma(t)=-\alpha(t)$ entonces
\begin{equation*}
\frac{d f \circ \gamma(0)}{dt} = \frac{d f \circ \alpha(0)}{dt}.
\end{equation*}
Por medio de la regla de la cadena se desarrolla el lado izquierdo y derecho
de la ecuación anterior para obtener
\begin{align*}
\frac{d f \circ \gamma(0)}{dt} =& \langle \nabla_{(0,\ldots, 0)}f, \gamma'(0)\rangle,\\
=& \langle \nabla_{(0,\ldots, 0)}f, (0,\ldots,0,1,0,\ldots,0)\rangle,\\
=& \langle \nabla_{(0,\ldots,0)}f, e_i \rangle,\\
=& \partial_{x_i}f(0,\ldots,0).
\end{align*}
De manera análoga,
\begin{align*}
\frac{d f \circ \alpha(0)}{dt} =& \langle \nabla_{(0,\ldots,0)}f, (0,\ldots,0,-1,0,\ldots,0)\rangle,\\
=& \langle \nabla_{(0,\ldots,0)}f , -e_i\rangle,\\
=& - \partial_{x_i}f(0,\ldots,0).
\end{align*}
Por lo tanto $\partial_{x_i}f(0,\ldots,0) = -\partial_{x_i}f(0,\ldots,0)$ y concluimos que
\begin{equation*}
\partial_{x_i}f(0,\ldots,0) = 0,
\end{equation*}
como se había propuesto.
Ejercicio
Este ejercicio da una prueba del primer caso
de la regla de la cadena, en dimensión 2 y con la
hipótesis adicional de que las funciones sean
clase $C^1$.
Sea $U\ne \emptyset$ un abierto de $\mathbb{R}^2$
y $f: U \to \mathbb{R}$ una
función clase $C^1$ en $ U$.
Sea $I$ un intervalo abierto de
$\mathbb{R}$, $\gamma: I \to \mathbb{R}^2$
una función clase $C^1$ en \(I\) con $\gamma(I)\subset U$ (para que
$f\circ \gamma$ esta bien definida).
Denotemos $\gamma(t)=(x(t),y(t))$.
Entonces la composición \(f\circ \gamma\) es clase \(C^1\) y para todo \(t_0\in I\) :
\[
\frac{d f\circ \gamma}{dt}(t_0)=\partial_xf(\gamma(t_0))x'(t_0)+\partial_yf(\gamma(t_0))y'(t_0)
\]
Denotemos \(p_0=(x(t_0),y(t_0),z(t_0))\). Ya que $U$ es abierto, existe $r>0$ con $B_r(p_0)\subset U$.
Al ser \(\gamma(t)=(x(t),y(t),z(t))\) clase \(C^1\) en \(I\)
los siguientes puntos
\begin{eqnarray*}
p_1(t)&:=&p_0+(x(t)-x(t_0))e_1,\\
p_2(t)&:=&p_1(t)+(y(t)-y(t_0))e_2,\\
\end{eqnarray*}
están todos en $U$ si \(t\) está cercano a \(t_0\) ( donde $\{e_1,e_2,e_3\}$ es la
base canónica de $\mathbb{R}^3$). En concreto, si \(t\) está suficientemente cercano a
\(t_0\) para que \(|x(t)-x(t_0)|< r/2\) entonces
\begin{eqnarray*}
\| p_1(t)-p_0\| &= &|x(t)-x(t_0)|< r/2 < r \\
\end{eqnarray*}
además
\begin{eqnarray*}
\|p_2(t)-p_0\| &\leq & \|p_2(t)-p_1(t)\|+\|p_1(t)-p_0\| \\
&=& |y(t)-y(t_1)|+ |x(t)-x(t_0)|\\
&<& r/2+r/2=r
\end{eqnarray*}
por lo tanto \(p_1(t), p_2(t)\in B_r(p_0)\).
Además nota que
\begin{eqnarray*}
p_2(t)&=&p_1(t)+(y(t)-y(t_0))e_2\\
&=& p_0+ (x(t)-x(t_0))e_1+ (y(t)-y(t_0))e_2\\
&=& x(t_0)e_1+y(t_0)e_2 + (x(t)-x(t_0))e_1+ (y(t)-y(t_0))e_2\\
&=&\gamma(t)
\end{eqnarray*}
Si $t$ está
suficientemente cerca de $t_0$ (para que \(p_1(t),p_2(t)\in U \) y podamos aplciar \(f\))
tenemos que
\begin{eqnarray*}
\frac{f(\gamma((t))-f(\gamma(t_0))}{t-t_0}&=& \frac{f(p_1(t))-f(p_0)}{t-t_0} \\
&+& \frac{f(p_2(t))-f(p_1(t))}{t-t_0}\\
\end{eqnarray*}
Por otro lado, usando el Teorema del Valor Medio, para funciones
de una variable, podemos asegurar que existen números $c_x,c_y$ con:
\begin{eqnarray*}
f(p_1(t))-f(p_0)&=&f(x(t),y(t_0))-f(x(t_0),y(t_0))\\
&=&\partial_xf(c_x,y(t_0))(x-x(t_0))
\end{eqnarray*}
donde $c_x$ está entre $x(t_0)$ y $x(t)$,
\begin{eqnarray*}
f(p_2(t))-f(p_1(t))&=& f(x(t),y(t))-f(x(t),y(t_0))\\
&=&\partial_yf(x(t),c_y)(y(t)-y(t_0))
\end{eqnarray*}
donde $c_y$ está entre $y(t_0)$ y $y(t)$,
Substituyendo las ecuaciones anteriores en el cociente diferencial de \(f\circ \gamma\) llegamos a
\begin{eqnarray*}
\frac{f\circ \gamma (t)-f\circ \gamma (t_0)}{t-t_0}&=& \partial_xf(c_x,y(t_0))
\frac{x(t)-x(t_0)}{t-t_0} \\
&+& \partial_yf(x(t),c_y)
\frac{y(t)-y(t_0)}{t-t_0} \\
\end{eqnarray*}
Nota: si \(t\) tiende a cero por continuidad tenemos que \(x(t)\) tiende a
\(x(t_0)\) y \(y(t)\) tiende a \(y(t_0)\). Ya que donde $c_x$ está entre $x(t_0)$ y $x(t)$
también obtenemos que \(c_x\) tiende a \(x(t_0)\) y similarmente
\(c_y\) tiende a \(y(t_0)\).
Tomando límite en la expresión del cociente diferencial
y usando la
continuidad de las derivadas parciales, se concluye que
\begin{eqnarray*}
(f\circ \gamma)'(t_0)&=&\partial_xf(x(t_0), y(t_0))x'(t_0)\\
&+& \partial_yf(x(t_0), y(t_0))y'(t_0)
\end{eqnarray*}
y por lo tanto \(f\circ \gamma\) es diferenciable en \(t_0\).
Finalmente, ya que \((f\circ \gamma)'=\partial_xf x' + \partial_yf y'\), y
todas las funciones \(\partial_x, \partial_y, x',y'\) son continuas también
resulta que \((f\circ \gamma)'\) es continua y por lo tanto \(f\circ \gamma\) es clase
\(C^1\) en \(I\).
Ejercicio
Este ejercicio prueba el primer caso de la regla de la cadena, con
la hipótesis extra de que la función sea clase $C^1$ y es una
generalización del ejercicio anterior para más de dos variables (pero es la misma idea).
Sea $U\ne \emptyset$ un abierto de $\mathbb{R}^n$ y $f: U \to \mathbb{R}$ una
función clase $C^1$ en $ U$. Sea $I$ un intervalo abierto de
$\mathbb{R}$, $\gamma: I \to \mathbb{R}^n$
una función clase $C^1$ con $\gamma(I)\subset U$ (para que
$f\circ \gamma$ esta bien definida).
Toma $p\in U$ un punto arbitrario y $r>0$
tal que $B_r(p)\subset U$. Dado $q \in B_r(p) $ define
\begin{eqnarray*}
p_0&=& p, \\
p_1&=& p_0+ (q_1-p_1)e_1, \\
p_2&=&p_1+(q_2-p_2)e_2, \\
& \vdots&\\
p_n&=&p_{n-1}+(q_n-p_n)e_n
\end{eqnarray*}
donde $p=(p_1,\dots,p_n), q=(q_1,\dots, a_n)$,
$\{e_1,\dots, e_n\}$ es la base canónica de $\mathbb{R}^n$.
Prueba
que $p_n=q$, $p_i\in U$, para todo $i=1,\dots, n$, y
$$
f(q)-f(p)=\sum_{i=1}^n f(p_i)-f(p_{i-1}).
$$
Fija $t_0\in I$ y $r>0$ tal que $B_r(\gamma(t_0)) \subset U$.
Para $t$ cercano a $t_0$ y tal que $\gamma(t)\in B_r(\gamma(t_0))$ define:
\begin{eqnarray*}
p_0(t)&=&\gamma(t_0),\\
p_1(t)&=&p_0(t)+(\gamma_1(t)-\gamma_1(t_0))e_1,\\
p_2(t)&=&p_1(t)+(\gamma_2(t)-\gamma_2(t_0))e_2,\\
&\vdots& \\
p_n(t)&=&p_{n-1}(t)+(\gamma_n(t)-\gamma_{n}(t_0)e_n)
\end{eqnarray*}
Define $h(t)=f(\gamma(t))$. Usando el inciso anterior prueba
que, para $t\ne t_0$ y cercana a $t_0$:
$$
\frac{h(t)-h(t_0)}{t-t_0}=\sum_{i=1}^n \frac{f(p_i(t))-f(p_{i-1}(t))}{t-t_0}
$$
Usando el Teorema del Valor medio, para una variable, demuestra
que existen $c_1,\dots, c_n$, escalares tales que $c_i$
está entre $\gamma_i(t)$ y $\gamma_i(t_0)$ tal que
$$
f(p_i(t))-f(p_{i-1}(t))=\partial_{p_i}f(\tilde{p}_i)(\gamma_i(t)-\gamma_i(t_0))
$$
donde $\tilde{p}_i=p_{i-1}(t)+c_ie_i$.
Usando la continuidad de las parciales de $f$ y la continuidad
de las funciones coordenadas $\gamma_1,\dots, \gamma_n$ concluye que
$$
\lim_{t\to t_0} \frac{f(p_i(t))-f(p_{i-1}(t))}{t-t_0}=
\partial_{p_i}f(\gamma(t_0))\gamma_i'(t_0)
$$
Concluye que
$$
h'(t_0)=\lim_{t\to t_0} \frac{h(t)-h(t_0)}{t-t_0}=
\sum_{i=1}^n \partial_{p_i}f(\gamma(t_0))\gamma_i'(t_0)
$$
y que la función $f \circ \gamma$ es clase $C^1$ en $I$.
Ejercicio
Este ejercicio prueba el primer caso de la regla de la cadena, en el caso
más general.
Sea $U\ne \emptyset$ un abierto de $\mathbb{R}^n$ y $f: U \to \mathbb{R}$ una
función diferenciable en $p_0\in U$.
Sea $I$ un intervalo abierto de
$\mathbb{R}$, $\gamma: I \to \mathbb{R}^n$
una función con tal que $\gamma(t_0)=p_0$ y $\gamma$ diferenciable en $t_0$.
Prueba que, para $p$ cercano a $p_0$
$$
f(p)=f(p_0)+ \langle \nabla_{p_0} f, p-p_0\rangle +\|p-p_0\| F(p)
$$
donde $F$ es una función continua con $F(p_0)=0$.
Prueba que el cociente diferencial para $f\circ \gamma$ en \(t_0\) se puede escribir como:
\begin{equation}\label{Eqn:AuxReglaCadena}
\frac{f\circ \gamma (t)- f\circ \gamma (t_0)}{t-t_0}=
\langle \nabla_{p_0} f, \frac{\gamma(t)-\gamma(t_0)}{t-t_0}\rangle
+ \frac{\| \gamma(t)-\gamma(t_0)\|}{t-t_0}F(\gamma(t))
\end{equation}
Prueba que
$$\lim_{t\to t_0} \left| \frac{\| \gamma(t)-\gamma(t_0)\|}{t-t_0}F(\gamma(t)) \right|=0$$
Tomando límite cuando $t\to t_0$ en el inciso \eqref{Eqn:AuxReglaCadena} concluye que
$$
(f\circ \gamma)'(t_0)= \langle \nabla_{p_0}f, \gamma'(t_0)\rangle
$$
Sabemos que si $f$ es diferenciable en
$p_0$ entonces \(f\) tiene una aproximación lineal en \(p_0\), es decir, existe
una bola abierta \(B_r(p_0)\) y un error \(E\) tal que
$$
f(p)=f(p_0)+ \langle \nabla_{p_0} f, p-p_0\rangle + E(p)
$$
para \(p\in B_r(p_0)\) y además $\lim_{p\to p_0}|E(p)|/\|p-p_0\|=0$.
Definimos
$$
F(p)=\left\{
\begin{array}{cc}
\frac{E(p)}{\|p-p_0\|} & p\ne p_0 \\
0 & p=p_0
\end{array}
\right.
$$
Para todo punto \(p\) de \(B_r(p_0)\), excepto en \(p_0\), es directo ver que \(F\) es continua en \(p\). Para
\(p=p_0\) la continuidad se sigue de que \(\lim_{p\to p_0}|E(p)|/\|p-p_0\|=0\).
Finalmente, si multiplicamos por el \(1=\frac{\|p-p_0\|}{\|p-0\|}\), para \(p\ne p_0\), en la
aproximación lineal obtenemos
\begin{eqnarray*}
f(p)&=&f(p_0)+ \langle \nabla_{p_0} f, p-p_0\rangle + \frac{\|p-p_0\|}{\|p-p_0\|}E(p) \\
&=& f(p_0)+ \langle \nabla_{p_0} f, p-p_0\rangle + \|p-p_0\|F(p)
\end{eqnarray*}
Nota: la última identidad también se vale cuando \(p=p_0\) pues en ese caso \(F(p_0)=0\)
y ambos lados son iguales a \(f(p_0)\).
Ahora, usando la continuidad de \(\gamma\) en \(t_0\), si $t$ está cercano a $t_0$ entonces
\(p=\gamma(t)\in B_r(p_0)\) y substituyendo en la ecuación del inciso 1 obtenemos:
$$
f(\gamma(t))= f (\gamma (t_0))+
\langle \nabla_{p_0}f, \gamma(t)-\gamma(t_0) \rangle
+ \|\gamma(t)-\gamma(t_0)\| F(\gamma(t))
$$
Por lo que el cociente diferencial de \(f\circ \gamma\) toma la forma
$$
\frac{f(\gamma(t)) - f (\gamma (t_0))}{t-t_0}=
\langle \nabla_{p_0}f, \frac{\gamma(t)-\gamma(t_0)}{t-t_0} \rangle
+ \frac{\|\gamma(t)-\gamma(t_0)\|}{t-t_0} F(\gamma(t))
$$
Ya que
$\gamma$ es diferenciable en $t_0$,
$$\lim_{t \to t_0}\frac{\gamma(t)-\gamma(t_0)}{t-t_0}=\gamma'(t_0) $$
Por otro lado, la continuidad de $F$ y $\gamma$ implica que
\begin{eqnarray*}
\lim_{t\to t_0}F(\gamma(t))=F(\lim_{t\to t_0}\gamma(t))=F(p_0)=0
\end{eqnarray*}
por lo tanto
\begin{eqnarray*}
\lim_{t\to t_0}\ \left| \frac{\|\gamma(t)-\gamma(t_0)\|}{t-t_0} F(\gamma(t)) \right|=\|\gamma'(t_0) \||F(p_0)|=0
\end{eqnarray*}
Es directo: toma límite cuando \(t\to t_0\) en ecuación \eqref{Eqn:AuxReglaCadena}
y usa el inciso 3.
Ejercicio
Sea $y(x)$ una función definida implícitamente por $G(x,y(x))=0$,
donde $G$ es una función de clase $C^1$ definida en $\mathbb{R}^2$.
Prueba que si $y$ es de clase
$C^1$ y $\frac{\partial G}{\partial y}\ne 0$ entonces
$$
\frac{dy}{dx}=-\frac{ \partial G/ \partial x}{\partial G/\partial y},
$$
Ejercicio
Prueba los siguientes pasos para demostrar la fórmula:
\begin{equation}\label{Eqn:FormulaDerivadaInt}
\frac{d}{dt} \int_{y_1(t)}^{y_2(t)}g(x,t)dx=
\int_{y_1(t)}^{y_2(t)}\frac{\partial g(x,t)}{\partial t}dx+ g(y_2(t),t)y_2'(t)
-g(y_1(t),t)y_1'(t)
\end{equation}
donde $g(x,t)$ es una función clase $C^1$ en un abierto $U$
y $y_1,y_2$ funciones de clase $C^1$ de una variable.
Define $f(u,v,w)=\int_u^v g(x,w)dx$. Usa el Teorema fundamental
del cálculo para probar que
$$
\frac{\partial f}{\partial u}(u,v,w)=-g(u,w),
\quad \frac{\partial f}{\partial v}(u,v,w)=g(v,w).
$$
Usa la regla de la cadena para probar
$$
\frac{d}{dt} f(y_1(t),y_2(t),t)= \frac{\partial f}{\partial u}
y_1'(t)+ \frac{\partial f}{\partial v}y_2'(t)
+\frac{\partial f}{\partial w}
$$
Se puede probar, no lo demuestres, que se puede diferencial
dentro de la integral para obtener:
$$
\frac{\partial f}{\partial w}=\int_{u}^v
\frac{\partial g}{\partial w}(x,w)dx.
$$
Finalmente, usa ésta fórmula y los incisos anteriores
para demostrar la ecuación \eqref{Eqn:FormulaDerivadaInt}.
Recordemos que $\int_u^v g(x,w)dx = \int_u^0 g(x,w)dx + \int_0^v g(x,w)dx = -\int_0^u g(x,w)dx + \int_0^v g(x,w)dx$.
Utilizando el Teorema Fundamental del Cálculo se tiene que
\begin{align*}
\frac{\partial f}{\partial u}(u,v,w) =& \frac{\partial -\int_0^u g(x,w)dx + \int_0^v g(x,w)dx}{\partial u}(u,v,w),\\
=& -g(u,w),\\
\frac{\partial f}{\partial v}(u,v,w) =& \frac{\partial -\int_0^u g(x,w)dx + \int_0^v g(x,w)dx}{\partial v}(u,v,w),\\
=& g(v,w).
\end{align*}
Comenzamos por definir la curva de clase $C^1$, $\gamma(t) = (y_1(t),y_2(t),t)$, y al utilizara la regla de la cadena
\begin{align*}
\frac{d}{dt}f(y_1(t),y_2(t),t) =& \frac{d f \circ \gamma(t)}{dt},\\
=& \langle \nabla_{\gamma(t)}f, (y_1'(t),y_2'(t),1)\rangle,\\
=& \frac{\partial f}{\partial u} y_1'(t) + \frac{\partial f}{\partial v}y_2'(t) + \frac{\partial f}{\partial w}.
\end{align*}
Sustituiremos en la expresión anterior con aquellas que se hallaron en el primer inciso y con el propuesto en el enunciado
de éste y recordamos que en el inciso anterior el gradiente se calcula en el punto $(u,v,w)=(y_1(t),y_2(t),t)$, por lo tanto
\begin{align*}
\frac{d}{dt} \int_{y_1(t)}^{y_2(t)} g(x,t)dx =& \frac{d}{dt}f(y_1(t),y_2(t),t),\\
=& \frac{\partial f}{\partial u} y_1'(t) + \frac{\partial f}{\partial v}y_2'(t) + \frac{\partial f}{\partial w},\\
=& -g(y_1(t),t)y_1'(t) + g(y_2(t),t)y_2'(t) + \int_{y_1(t)}^{y_2(t)} \frac{\partial g}{\partial t}(x,t)dt.
\end{align*}
Ejercicio
Hallar la ecuación del plano tangente a las superficies
dadas en los puntos indicados.
$x^2+2y^2+3xz=10$ en $(1,2,1/3)$,
$y^2-x^2=3$ en $(1,2,8)$,
$xyz=1$ en $(1,1,1)$.
Ejercicio
Dada una superficie $S$ en $\mathbb{R}^3$
y un punto $p_0$ en la superficie, vamos a
denotar $N,U,L$, a tres vectores unitarios
con las características de que:
$N$ es el vector normal al plano tangente a $S$
que pasa por $p_0$; $U$ es vector que indica
la dirección donde la razón de crecimiento, en $p_0$, es máxima;
$L$ es el vector donde la razón de crecimiento, en $p_0$, es cero.
Nota: en general hay dos elecciones para dichos vectores,
pues podemos tomar su negativo
(por ejemplo $-N$ o $N$).
Para las siguientes superficies calcula $N,U$ y $L$
para un punto general de la superficie.
$S$ es la gráfica de la función $g(x,y)=1-x-y$ (un plano).
$S$ es la superficie dada por la ecuación $x^2+y^2-z^2=0$
(un cono). En este ejemplo
se evita el vértica, pues el plano tangente en ese punto
no está bien definido.
Ejercicio
Considera la función
$f(x,y)=-(1-x^2-y^2)^{1/2}$, definida para los puntos $(x,y)$
con $x^2+y^2 < 1$. Prueba que el plano tangente a la gráfica
de $f$, en el punto $(x_0,y_0,f(x_0,y_0))$
es ortogonal al vector $(x_0,y_0,f(x_0,y_0))$.
Ejercicio
Encuentra el conjunto de puntos $(a,b,c)$
en $\mathbb{R}^3$, para los cuales las
dos esferas: $(x-a)^2+(y-b)^2+(z-c)^2=1$ y $x^2+y^2+z^2=1$,
se intersectan ortogonalmente.
Nota: Dos superficies se intersectan ortogonalmente si,
para todo punto en su intersección,
los planos tangentes son ortogonales.
Sugerencia: ve las esferas como superficies de nivel y
utiliza gradientes.
