Sea $U\subseteq \mathbb{R}^2$ un conjunto abierto, $f:U\to \mathbb{R}$ una función y
$(x_0, y_0)\in U$ un punto fijo. Las derivadas parciales de $f$, en punto $(x_0,y_0)$, se definen
como:
parcial con respecto a la variable \(x\):
$$
\partial_x f(x_0,y_0)=\frac{\partial f}{\partial x}(x_0,y_0)=\lim_{s\to 0} \frac{f(x_0+s,y_0)-f(x_0,y_0)}{s}
$$
parcial con respecto a la variable \(y\):
$$
\partial_y f(x_0,y_0)=\frac{\partial f}{\partial y}(x_0,y_0)=\lim_{t\to 0} \frac{f(x_0,y_0+t)-f(x_0,y_0)}{t}
$$
siempre y cuando los límites existen.
Nota
Sea $f(x,y)$ una función de dos variables definida en un abierto de $\mathbb{R}^2$ y fija
$(x_0,y_0)$ un punto en dicho abierto. Supongamos que $\partial_xf(x_0,y_0)$
y $\partial_y f(x_0,y_0)$ existen. Define funciones de una variable
$$
g(x)=f(x,y_0), \quad h(y)=f(x_0,y)
$$
Usando la definición de derivada parcial y derivada usual vamos a probar $g'(x_0)=\partial_x(x_0,y_0)$
y $h'(y)=\partial_yf(x_0,y_0)$.
Es decir, para calcular las derivadas parciales simplemente se
calcula la derivada uno dimensional, pensando las otras variables como constantes.
Primero, usamos la definición de $g$ para formar su el cociente diferencial:
$$
\frac{g(x_0+s)-g(x_0)}{t}=\frac{f(x_0+s,y_0)-f(x_0,y_0)}{s}
$$
Tomando límite cuando $s\to 0$ vemos que el límite del cociente diferencial es el
mismo que el que aparece en la definición de derivada parcial y concluimos
$$
g'(x_0)=\partial_x f(x_0,y_0).
$$
De manera similar,
$$
\frac{h(y_0+t)-h(y_0)}{t}=\frac{f(x_0,y_0+t)-f(x_0,y_0)}{t}
$$
y al tomar el límite cuando $t\to 0$ concluimos
$$
h'(y_0)=\partial_yf(x_0,y_0).
$$
Por ejemplo, si \(f(x,y)=xy+3x^2y+y^3+1\) y queremos
encontrar \(\partial_xf(1,2)\) tomamos
\[
g(x)=f(x,2)=x(2)+(3)x^2(2)+2^3+1=2x+6x^2+9,
\]
y derivamos:
\[
g'(x)=2+12x.
\]
Entonces \(\partial_xf(1,2)=g'(1)=2+12=14\).
En resumen: para encontrar \(\partial_xf(x_0,y_0)\)
derivamos la función \(f\) con respecto a la variable \(x\)
tomando las otra variable \(y\) como consante (siempre y cuando la derivada
exista). Similarmente con \(\partial_yf(x_0,y_0)\).
Ejemplo
Sea $D:\mathbb{R}\to \mathbb{R}$ la función de Dirichlet:
$$
D(x)=\left\{
\begin{array}{cc}
1, & \textrm{$x$ racional,}\\
0, & \textrm{$x$ irracional.}
\end{array}
\right.
$$
Define la función $f:\mathbb{R}^2 \to \mathbb{R}$ dada por $f(x,y)=y^2D(x)$.
Demuestra que, para cualesquiera puntos $(x_0,y_0)$, $\partial_yf(x_0,y_0)$ siempre existe y calcula su valor.
Prueba que si $y_0\ne 0$, $\partial_xf(x_0,y_0)$ no existe.
Finalmente prueba que para todo
$x_0$, $\partial_yf(x_0,0)=0$.
Inciso 1.
Sea $(x_0,y_0) \in \mathbb{R}^2$. Notemos que la función $y \mapsto y^2$ es diferenciable, sin embargo la función
de Dirichlet $D(x)$ no lo es por lo que es necesario considerar el cociente diferencial para encontrar las derivadas
parciales:
\begin{align*}
\frac{f(x_0,y_0 + s)- f(x_0,y_0)}{s}=& \frac{(y_0+s)^2 D(x_0) - y_0^2 D(x_0)}{s},\\
=& \frac{(y_0+s)^2 - y_0^2}{s}D(x_0),\\
=& \frac{2y_0s + s^2}{s}D(x_0),\\
=& [2y_0 + s]D(x_0).
\end{align*}
Podemos reconocer que el factor izquierdo corresponde al cociente diferencial de la función $y \to y^2$ en el punto
$y_0$ y el derecho es constante respecto a $s$, por lo que el límite de ambos existe y por tanto también el del producto.
Más aún,
\begin{equation*}
\partial_x f(x_0,y_0) = 2y_0D(x_0).
\end{equation*}
Inciso 2.
Sea $y_0 \neq 0$. Comenzamos por escribir el cociente diferencial de la función para la derivada parcial respecto a $x$,
\begin{equation*}
\frac{f(x_0 + s,y_0)-f(x_0,y_0)}{s} = y_0^2\frac{D(x_0+s)-D(x_0)}{s}.
\end{equation*}
Empezaremos por considerar el caso en que $x_0 \in \mathbb{Q}$. En este caso \(D(x_0)=1\).
Ahora vamos a hacercarnos al cero de dos distintas formas.
Caso 1: tomando \(s_n=\frac{1}{n}\) tenemos que \(\lim_{n\to \infty}s_n=0\), \(D(x_0+s_n)=1\) y
\begin{eqnarray*}
\lim_{n\to \infty} \frac{f(x_0 + s_n,y_0)-f(x_0,y_0)}{s_n}
&=& \lim_{n\to \infty} y_0^2\frac{1-1}{s_n} \\
&=& \lim_{n\to \infty} y_0^2 \frac{0}{s_n}=0.
\end{eqnarray*}
Caso 2: tomando \(s_n=\frac{\sqrt{2}}{n}\) tenemos que \(\lim_{n\to \infty} s_n=0\),
\(D(x_0+s_n)=0\) y
\begin{eqnarray*}
\lim_{n\to \infty} \frac{f(x_0 + s_n,y_0)-f(x_0,y_0)}{s_n}
&=& \lim_{n\to \infty} y_0^2\frac{0-1}{s_n} \\
&=& \lim_{n\to \infty} -y_0^2 \frac{n}{\sqrt{2}}=-\infty.
\end{eqnarray*}
El caso en que $x_0 \notin \mathbb{Q}$ es similar.
Inciso 3.
Finalmente si fijamos \(x_0\):
\begin{align*}
\frac{f(x_0,0 + s)-f(x_0,0)}{s} =& \frac{s^2D(x_0) - 0^2D(x_0)}{s},\\
=& \frac{s^2D(x_0)}{s},\\
=&sD(x_0).
\end{align*}
De esta manera
\begin{eqnarray*}
\partial_y f(x_0,0)&=&\lim_{s\to 0}\frac{f(x_0,0 + s)-f(x_0,0)}{s} \\
&=& \lim_{s\to 0} sD(x_0) =0
\end{eqnarray*}
Notas
Dependiendo de las variables independientes la notación de parciales puede cambiar. Por
ejemplo, si tenemos una función $f(x_1,x_2)$, las parciales se denotan $\partial_{x_1}f$
y $\partial_{x_2}f$ o si es $f(r,\theta)$ tendríamos $\partial_r f$, $\partial_\theta f$.
Para cada punto $(x_0,y_0)$, al calcular las parciales
$$\partial_xf(x_0,y_0), \quad \partial_{y}f(x_0,y_0)$$
obtenemos números reales. Pero, si pensamos a $(x_0,y_0)$ variando en un dominio y
lo denotamos $(x,y)$ (notación de variable), obtenemos funciones
$$\partial_xf(x,y),\quad \partial_yf(x,y)$$
Note que en las expresiones
anteriores las $x$ que aparecen son distintas. La de la parcial indica con respecto a qué
variable se diferencia y la otra indica en qué punto se está evaluando. Asi por ejemplo
si $\partial_xf(x,y)=6x-2y$ entonces $\partial_xf(3,5)=6(3)-2(5)=8$, sin embargo $\partial_3f(x,y)$
o $\partial_3f(3,5)$ no tienen sentido.
Nota
Interpretación geométrica
Las derivadas parciales tienen las siguiente interpretación geométrica.
Dada una función $f: U\to \mathbb{R}$, definida en un abierto,
$\partial_xf(x_0,y_0)$ es la pendiente de la recta tangente
a la gráfica que se obtiene al cortar la gráfica de $f$ con el plano $y=y_0$.
$\partial_yf(x_0,y_0)$ es la pendiente de la recta tangente a la gráfica
que se obtiene al cortar la gráfica de $f$ con el plano $x=x_0$.
Ejemplo.
Considera el paraboloide de revolución $f(x,y)=x^2+xy+y^2$.
Define $g(x)=f(x,0)$. Nota que $g$ es una parábola y nota que $g'(x)=\partial_xf(x,0)$.
Así las pendientes de las rectas tangentes a $g$ están dadas por $\partial_xf(x,0)$.
Define $h(y)=f(0,y)$. Nota que $h$ es una parábola y not que $h'(y)=\partial_yf(0,y)$.
Así las pendientes de las rectas tangentes a $h$ están dadas por $\partial_yf(0,y)$.
De manera más general, dados $x_0, y_0$ define
$$g_{y_0}(x):=f(x,y_0), \quad h_{x_0}(y)=f(x_0,y)$$
Nota que $g_{y_0}$ y $h_{x_0}$ son parábolas y que las pendientes a las rectas tangentes
de las gráficas de \(g_{y_0}(x)\) y \(h_{x_0}(y)\) están dadas por \(\partial_{x}f(x,y_0)\)
y \(\partial_yf(y,x_0)\).
Definición
Sea $f(p)$ una función de n-variables, $p=(p_1,\dots, p_n)$ ,definida en un abierto en $\mathbb{R}^n$.Fija
$j\in\{1,\dots,n\}$. La derivada parcial de $f$, con respecto a la variable $p_j$ (también llamada la j-ésima derivada
parcial), valuada en $p$ se define como
$$
\partial_{p_j}f(p)=\lim_{h\to 0} \frac{f(p+he_j)-f(p)}{h}
$$
donde $\{e_1,\dots, e_n\}$ es la base canónica de $\mathbb{R}^n$.
Ejemplo
Considera la función de \(n\)-varaibles dada por
\[
f(z)=\left( \sum_{i=1}^n \log(z_i^2+1) \right)^2
\]
donde $z=(z_1,\dots, z_n)$.
Para calcular $\partial_{z_j}f(z)$ podemos calcularla como la derivada
de dimensión 1 respecto de la variable $z_j$, tratando al resto de las
variables como constantes (con respecto a $z_j$). Entonces, usando la regla de la cadena
se tiene que
\begin{align*}
\partial_{z_j}f(z) =& 2 \left( \sum_{i=1}^n \log(z_i^2 + 1)\right)\frac{1}{z_j^2+1}2z_j,\\
=& 4 \frac{z_j}{z_j^2 + 1}\sum_{i=1}^n \log(z_i^2 + 1).
\end{align*}
Derivadas de orden superior
Considerando las derivadas parciales, \(\partial_x f(x,y), \partial_yf(x,y)\), como funciones
podemos a su vez tomar sus derivadas parciales las cuales se llaman derivadas parciales de segundo orden.
En notación
\begin{eqnarray*}
\partial_{x}^2f=\partial_x(\partial_x f)=\frac{\partial^2 f}{\partial x^2}\\
\partial_{y}^2f=\partial_y(\partial_y f)=\frac{\partial^2 f}{\partial y^2}\\
\partial_{xy}f=\partial_x(\partial_y f)=\frac{\partial^2 f}{\partial x \partial y}\\
\partial_{yx}f=\partial_y(\partial_x f)=\frac{\partial^2 f}{\partial y \partial x}
\end{eqnarray*}
Por ejemplo, para \(f(x,y)=2y^3-yx^2+y^3x^3\),
\begin{eqnarray*}
\partial_{x}^2f&=&\partial_x(\partial_xf)=\partial_x(-2yx+3y^3x^2)=-2y+6y^3x\\
\partial_{y}^2f&=&\partial_y(\partial_y f)=\partial_y(6y^2-x^2+3y^2x^3)= 12y+6yx^3\\
\partial_{xy}f&=&\partial_x(\partial_y f)=\partial_x(6y^2-x^2+3y^2x^3)=-2x+9y^2x^2\\
\partial_{yx}f&=&\partial_y(\partial_x f)=\partial_y(-2yx+3y^3x^2)=-2x+9y^2x^2
\end{eqnarray*}
Definición
Sea \(U\subseteq \mathbb{R}^n\) un subconjunto abierto y
\(f:U \to \mathbb{R}\) una función.
Dado \(v\in \mathbb{R}^n\) con \(\|v\|=1\) definimos
la derivada direccional de \(f\) en el punto \(p\) en la
dirección \(v\) (ó a lo largo de \(v\)) como
\[
\partial_vf(p):=\lim_{s\to 0} \frac{f(p+ sv)-f(p)}{s}
\]
siempre y cuando dicho límite exista.
Si tomamos el caso particular de \(v=e_j\) entonces
\(\partial_vf(p)\) es la \(j\)-ésima derivada parcial. Por lo tanto
la derivada direccional es una generalización de la derivada parcial.
Prueba que
\[
\partial_vf(0,0)=v_1v_2^2
\]
En particular: \(\partial_xf((0,0))=\partial_yf((0,0))=0\).
Encuentra el vector unitario \(v\) donde \(\partial_vf((0,0))\)
tenga el valor más grande.
Demostración inciso 1.
Sea \(v=(v_1,v_2)\) un vector unitario. Calculando el cociente diferencial tenemos,
para \(s\ne 0\) y pequeña:
\begin{eqnarray*}
\frac{f((0,0)+sv)-f((0,0))}{s}&=& \frac{1}{s} f((sv_1,sv_2)) \\
&=& \frac{1}{s}\frac{(sv_1)(sv_2)^2}{(sv_1)^2+(sv_2)^2} \\
&=& \frac{1}{s}\frac{s^3v_1v_2^2}{s^2(v_1^2+v_2^2)} \\
&=& \frac{v_1v_2^2}{v_1^2+v_2^2} \\
&=& v_1v_2^2
\end{eqnarray*}
dónde en la última igualdad usamos que \(v\) es unitario, es decir \(v_1^2+v_2^2=1\).
Demostración inciso 2.
Queremos maximizar la cantidad \(v_1v_2^2\) sujeta a la condición \(v_1^2+v_2^2=1\). Como
es un problema de dos variables vamos a reducirlo a una para poder aplicar las herramientas
de cálculo 1. Usando \(v_1^2+v_2^2=1\) obtenemos \(v_2^2=1-v_1^2\) la cual
substituyendo en \(v_1v_2^2\) resulta en
\[
v_1v_2^2=v_1(1-v_1^2)=v_1-v_1^3
\]
Ahora, como \(v_1^2+v_2^2=1\) ésto impone la condición de que \(|v_1|\leq 1\).
Por lo tanto tenemos una función de una variable: \(g(x)=x-x^3\) con \(|x|\leq 1\),
la cual tenemos que maximizar. Tomando la derivada tenemos \(g'(x)=1-3x^2\)
la cual se anula en \(x_0=1/\sqrt{3}\). Tomando la segunda derivada
tenemos \(g''(x)=-6x\) y por lo tanto \(g''(x_0)=-6/\sqrt{3}\). Por el criterio
de la segunda derivada \(g\) tiene un máximo local en \(x_0\). Por
lo tanto el máximo es uno de los siguientes tres valores
\[
g(-1)=-1-(-1)^3=0, g(1/\sqrt{3})=1/\sqrt{3}-(1/\sqrt{3})^3=2/(3\sqrt{3}), g(1)=1-1^3=0.
\]
Por lo tanto el máximo se alcanza en \(x_0=1/\sqrt{3}\) y los valores
de las coordenadas del vector unitario es
\[
v_1=\frac{1}{\sqrt{3}}, v_2=\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{3}}.
\]
Lema
Sea \(U\subseteq \mathbb{R}^n\) un conjunto abierto no vacío,
\(f:U\to \mathbb{R}\) una función, \(p\in U\) y
\(v\in \mathbb{R}^n\) con \(\|v\|=1\). Si \(\partial_vf(p)\) existe
entonces
\[
\lim_{s\to 0} f(p+sv)=f(p).
\]
Proposición
Sea \(U\subseteq \mathbb{R}^n\) un conjunto abierto no vacío,
\(g,f:U\to \mathbb{R}\) funciones, \(p\in U\) y
\(v\in \mathbb{R}^n\) con \(\|v\|=1\). Si \(\partial_vf(p)\)
y \(\partial_vg(p)\) existen entonces
Sean $g,h:\mathbb{R}\to \mathbb{R}$ funciones de una variable, ambas diferenciables, y define $f(x,y)=g(x)h(y)$.
Fija un punto $(x_0,y_0)$. Demuestra que
$$
\partial_xf(x_0,y_0)=g'(x_0)h(y_0), \quad \partial_yf(x_0,y_0)=g(x_0)h'(y_0).
$$
Primero formamos el cociente diferencial para $\partial_xf(x_0,y_0) $:
$$
\frac{f(x_0+t,y_0)-f(x_0,y_0)}{t}=\frac{g(x_0+t)h(y_0)-g(x_0)h(x_0)}{t}.
$$
Factorizando $h(x_0)$ se sigue que
$$
\frac{f(x_0+t,y_0)-f(x_0,y_0)}{t}=\left( \frac{g(x_0+t)-g(x_0)}{t}\right) h(y_0)
$$
Reconocemos el cociente diferencial para $g$, así que al tomar límite
cuando $t\to 0$ concluimos
$$
\partial_xf(x_0,y_0)=g'(x_0)h(y_0)
$$
La fórmula $\partial_yf(x_0,y_0)=g(x_0)h'(y_0)$ se prueba de manera similar.
Ejercicio
Para cada una de las siguientes funciones encuentra la derivada parcial en los puntos indicados.
$f(x,y)=xy+x^2$ en $(1,0)$ y en $(0,1)$.
$f(x,y)=\log(\sqrt{1+x^2y^2})$ en $(1,0)$ y en $(1,1)$.
$f(x,y)=(x^2+y^2)e^{x^2+y^2}$ en $(1,1)$ y en $(2,2)$.
$f(x,y)=xy\cos(2x+y)$ en $(\frac{\pi}{2},0)$ y en $(0,\frac{\pi}{2})$.
Ejercicio
Para cada una de las siguientes funciones $f(x,y)$, encuentra el dominio de definición
de las funciones $\partial_xf(x,y)$ y $\partial_yf(x,y)$.
$f(x,y)=\log(x^2+y^2+1)$.
$f(x,y)=\frac{1}{\sqrt{x^2+y^2}}$.
$f(x,y)=y\sqrt{1-x^2-y^2}$.
$f(x,y)=\frac{x}{y}$.
Sabemos que si existen las derivadas parciales entonces se pueden calcular derivando respecto a una
de las variables y tratando a las demás como constantes. Adicionalmente, dado que el cociente diferencial
contiene el término $f(x_0,y_0)$ es necesario que la función esté definida en dicho punto, por lo que
empezaremos con el dominio de las funciones propuestas y se trabajará únicamente con puntos interiores de
dichos dominios
La función $\log$ está definida en $\mathbb{R}_{>0}$ y es diferenciable en todo su dominio. Usando la
regla de la cadena y el hecho de que $f$ es simétrica respecto a sus variables tenemos que para
$(x_0,y_0) \in \mathbb{R}^2$
\begin{align*}
\partial_x f(x_0,y_0) =& \frac{2x_0}{x_0^2+y_0^2 + 1},\\
\partial_y f(x_0,y_0) =& \frac{2y_0}{x_0^2+y_0^2 + 1}.
\end{align*}
Adicionalmente, notamos que para $s$ suficientemente chica el cociente diferencial
\begin{equation*}
\frac{f(x_0+s,y_0) - f(x_0,y_0)}{s}
\end{equation*}
está bien definido y coincide con el de la función real de variable real $\log(x^2+b)$ para algún
número $b \geq 1$. Con ello concluimos que el dominio de $\partial_x f$ y $\partial_y f$ es
\mathbb{R}^2.
Empezamos por notar que la función $f$ está definida en $\mathbb{R}^2 \setminus \{(0,0)\}$ y que
dicho conjunto es abierto. Las derivadas parciales están dadas por
\begin{align*}
\partial_x f(x_0,y_0) =& \frac{-1}{2}(x_0^2 + y_0^2)^{-3/2}2x_0,\\
=& \frac{-x_0}{(x_0^2 + y_0^2)^{3/2}},
\end{align*}
ésto está bien definido en puntos distintos a $(0,0)$ y si repetimos el argumento del primer inciso,
en el que estamos calculando el límite del cociente
\begin{equation*}
\frac{f(x_0+s,y_0)-f(x_0,y_0)}{s}
\end{equation*}
podemos observar que éste corresponde al cociente diferencial de una función real de variable real.
Concluimos que $\partial_x f$ y $\partial_y f$ están definidas en $\mathbb{R}^2 \setminus \{(0,0)\}$.
Debido a que la raíz cuadrada únicamente está definida en $\mathbb{R}_{\geq 0}$ tenemos que $f$
únicamente está definida para $(x^2 + y^2) \leq 1$, o equivalentemente, para $\|(x,y)\|\leq 1$. Como
se deben considerar puntos interiores de este conjunto entonces tenemos que las derivadas parciales
están definidas, a lo más, dentro de la bola unitaria $\|(x,y)\|<1$. Se tiene que
\begin{align*}
\partial_x f(x_0,y_0) =& y_0 \left[\frac{1}{2}(1-x_0^2-y_0^2)^{-1/2}(-2x_0) \right],\\
=& \frac{-x_0y_0}{\sqrt{1 - x_0^2 - y_0^2}},\\
\partial_y f(x_0,y_0) =& \sqrt{1-x_0^2-y_0^2} + (y_0)(-2y_0)\frac{1}{2}(1-x_0^2-y_0^2)^{-1/2},\\
=& \sqrt{1-x_0^2-y_0^2} - \frac{y_0^2}{\sqrt{1-x_0^2-y_0^2}}.
\end{align*}
Siguiendo los argumentos anteriores notamos que éstas están definidas en todo el dominio de la función $f$.
La función $f$ está definida si $y \neq 0$ y al calcular las derivadas parciales tenemos
\begin{align*}
\partial_x f(x_0,y_0) =& \frac{1}{y_0},\\
\partial_y f(x_0,y_0) =& \frac{-x_0}{y_0^2}.
\end{align*}
De la misma manera, éstas están bien definidas si en $\{(x,y) \in \mathbb{R}^2:y \neq 0\}$.
Ejercicio
Considera la función $f:\mathbb{R}^2 \to \mathbb{R}$ dada por $f(x,y)=\sqrt[3]{x}\sqrt[3]{y}$. Demuestra
que $\partial_xf(0,0)=0=\partial_yf(0,0)$.
Además, muestra que para toda $y_0\ne0$, $\partial_xf(0,y_0)$
no existe.
Ejercicio
Considera la función $f(x,y)=|x+y|-|x-y|$.
Demuestra que, para todos $x_0,y_0\in \mathbb{R}$
$$
\partial_xf(x_0,0)=0, \quad \partial_yf(0,y_0)=0.
$$
Demuestra que $\partial_xf(1,1)$ no existe.
Ejercicio
Considera el paraboloide de revolución $f(x,y)=x^2+xy+y^2$. Fija \(x_0,y_0\) y define $g(x)=f(x,y_0)$,
\(h(y)=f(x_0,y)\).
Por $G(g)$ y $G(h)$ denotamos las gráficas de $g$ y $h$, respectivamente.
Encuentra los puntos $(x_0, y_0)$, para las cuales las rectas tangentes a $G(g)$
y a $G(h)$, que pasan por $(x_0,g(x_0))$ y $(y_0,h(y_0))$ respectivamente, tienen pendiente iguales.
Comencemos por notar que existe simetría entre las variables de la función $f(x,y)$. Lo que hagamos
para calcular $\partial_x f(0,0)$ será válido para la otra derivada parcial. Escribimos primero el
cociente diferencial
\begin{align*}
\frac{f(s,0)-f(0,0)}{s}=& \frac{\frac{\sen(s^2)}{s^2}-1}{s},\\
=& \frac{\sen(s^2) - s^2}{s^2},
\end{align*}
notamos que el límite del numerador y del denominador son 0 cuando $s \to 0$ y que ambos
son diferenciables alrededor del 0, por lo que podemos aplicar la regla de L'Hôpital,
\begin{equation*}
\frac{2s\cos(s^2) - 2s)}{3s^2} = \frac{2}{3}\left( \frac {\cos(s^2) - 1}{s}\right),
\end{equation*}
una vez más notamos que los límites del numerador y denominador son 0 y que las funciones son diferenciables
alrededor del 0 por lo que aplicamos la regla de L'Hôpital una vez más al factor del lado derecho para obtener
la expresión,
\begin{equation*}
\frac{-2s\sen(s^2)}{1},
\end{equation*}
como el límite de ésta cuando $s \to 0$ es 0, entonces concluimos que $\partial_x f(0,0) = 0$ y por el argumento
de simetría también se tiene que $\partial_y f(0,0) = 0$.
Ejercicio
Para cada una de las siguientes funciones calcula $\partial_x\left( \int_0^x f(s,y)ds \right)$.
¿ Encuentras algún patron?:
$f(x,y)=x^2+xy+y^2$,
$f(x,y)=e^{xy}$,
$f(x,y)=\cos(x+2y)$.
Ejercicio
Para cada una de las siguientes funciones calcula, $\int_0^x(\partial_s f(s,y))ds$.
¿ Encuentras algún patron?
$f(x,y)=x^3y^2+xy+x^2y$
$f(x,y)=e^{x^2+y}$
$f(x,y)=\sen(xy)$
Ejercicio
Este ejercicio generaliza los ejercicios anteriores. Usa el Teorema Fundamental para probar
que
\[\int_0^x(\partial_s f(s,y))ds=f(x,y)-f(0,y)\]
Ejercicio
Para cada una de las siguientes funciones encuentra la derivada parcial con respecto a la variable indicada.
$f(x)=\langle x, y \rangle$, donde $x=(x_1,\dots, x_n)$ y $y=(y_1,\dots, y_n)$ es un vector fijo.
Calcular $\partial_{x_j}f(x)$. ¿ La notación $\partial_{y_j}f(x)$
tiene sentido en este ejemplo?
$f(x,y,z)=100x^{1/2}y^{1/4}z^{1/5}$. Calcular $\partial_xf(x,y,z), \partial_yf(x,y,z)$ y $\partial_zf(x,y,z)$.
Ejercicio
Encuentra todas las segundas derivadas parciales de las siguientes funciones.
Comprueba que la función \(u(x,y,z)=\frac{1}{\sqrt{x^2+y^2+z^2}}\) es una solución
de la ecuación de Laplace:
\[
\partial_x^2 u + \partial_y^2 u + \partial_z^2 u = 0.
\]
Primero calculamos la 1a derivada parcial con respecto a \(x\):
\begin{eqnarray*}
\partial_x\left( \frac{1}{\sqrt{x^2+y^2}}\right)&=& \partial_x((x^2+y^2+z^2)^{-1/2})\\
&=& -\frac{1}{2}(x^2+y^2+z^2)^{-3/2}(2x) \\
&=& \frac{-x}{(x^2+y^2+z^2)^{3/2}}
\end{eqnarray*}
Luego calculamos la 2a derivada parcial con respecto a \(x\):
\begin{eqnarray*}
\partial_x^2\left( \frac{1}{\sqrt{x^2+y^2}}\right)&=&\partial_x\left( \partial_x\left(\frac{1}{\sqrt{x^2+y^2}}\right)\right)\\
&=& \partial_x\left( \frac{-x}{(x^2+y^2+z^2)^{3/2}} \right)\\
&=& \frac{-(x^2+y^2+z^2)^{3/2}+x\frac{3}{2}(x^2+y^2+z^2)^{1/2}(2x) }{(x^2+y^2+z^2)^3}\\
&=& \frac{-(x^2+y^2+z^2)^{3/2}}{(x^2+y^2+z^2)^3}+\frac{3x^2(x^2+y^2+z^2)^{1/2}}{(x^2+y^2+z^2)^3}\\
&=& \frac{-1}{(x^2+y^2+z^2)^{3/2}}+\frac{3x^2}{(x^2+y^2+z^2)^{5/2}}
\end{eqnarray*}
Ya que la función \(u(x,y,z)=\frac{1}{\sqrt{x^2+y^2+z^2}}\) permanece igual cuando se intercambian la
\(x\) con la \(y\) o la \(x\) con la \(z\), por simetía podemos obtenre las segundas derivadas
parciales de las otras variables
\begin{eqnarray*}
\partial_y^2\left( \frac{1}{\sqrt{x^2+y^2}}\right)&=& \frac{-1}{(x^2+y^2+z^2)^{3/2}}+\frac{3y^2}{(x^2+y^2+z^2)^{5/2}} \\
\partial_z^2\left( \frac{1}{\sqrt{x^2+y^2}}\right)&=& \frac{-1}{(x^2+y^2+z^2)^{3/2}}+\frac{3z^2}{(x^2+y^2+z^2)^{5/2}}
\end{eqnarray*}
Demuestra que cada una de las funciones es una solución de la ecuación de onda:
\[
\partial_{t}^2u=a^2\partial_x^2 u.
\]
\(u(x,t)=\sen(kt)\sen(akt)\).
\(u(x,t)=\frac{t}{a^2t^2-x^2}\).
\(u(x,t)=(x-at)^6+(x+at)^6\).
\(u(x,t)=\sen(x-at)+\ln(x+at)\).
Ejercicio
Sea \((a_1,\dots, a_n)\in \mathbb{R}^n\) que satisfaga \(a_1^2+\cdots+a_n^2=1\) y
define la función \(f(x_1,\dots, x_n)=e^{a_1x_1+\cdots+a_nx_n}\). Prueba que
\(f\) satisface la ecuación diferencial:
\[
\partial_{x_1}^2f+\cdots + \partial_{x_n}^2 f= f.
\]
Ejercicio
La energía cinética de un cuerpo de masa \(m\) y velocidad \(v\) está dada por
\(K(m,v)=\frac{1}{2}mv^2\). Prueba que
\[
\partial_m K \partial_v^2K = K
\]
Ejercicio
Prueba que la función de producción Cobb-Douglas
\(P(L.K)=bL^{\alpha}K^{\beta}\), satisface la ecuación
\[
L\partial_{L}P+K\partial_KP=(\alpha+\beta)P.
\]
Ejercicio
Un polinomio en dos variables se puede escribir de manera general como
\[
p(x,y)=\sum_{0\leq n,m \leq N} a_{n,m}x^ny^m
\]
donde los \(a_{n,m}\) son escalares.
Prueba que \(\partial_{xy}p=\partial_{yx}p\).
Nota: más adelante se probará que si \(\partial_{xy}f\) y \(\partial_{yx}f\)
existen y son continuas entonces \(\partial_{xy}f=\partial_{yx}f\).
Ejercicio
Usa diferenciación implícita para calcular \(\partial_x z, \partial_yz\).
