Sea $U\subseteq \mathbb{R}^2$ un conjunto abierto y $f:U\to \mathbb{R}$ 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
$$
h'(y_0)=\partial_yf(x_0,y_0).
$$
Ejercicio
Encuentra las dos derivadas parciales de las siguientes funciones.
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.
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
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 $f(x,y)$, 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
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 todo puntos $(x_0,y_0)$, $\partial_yf(x_0,y_0)$ siempre existe y calcula su valor.
Además, prueba que si $y_0\ne 0$, $\partial_xf(x_0,y_0)$ no existe y que para todo
$x_0$, $\partial_yf(x_0,0)=0$.
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*}
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 $x_0 \in \mathbb{Q}$ y el caso restante será similar salvo por algunos detalles.
Si $s \in \mathbb{Q}$ entonces $x_0 + s \in \mathbb{Q}$ y se tiene que $f(x_0 + s,y_0) - f(x_0,y_0) = 1-1 = 0$, de manera
que 0 es candidato para ser límite del cociente. Veamos que el límite no existe. Sea $\epsilon =1$, para cada
$s \in \mathbb{R}\setminus\mathbb{Q}$ se observa que $x_0 + s \notin \mathbb{Q}$, por lo que $f(x_0 + s,y_0) - f(x_0,y_0) = -1$.
Como $y_0 \neq 0$ entonces podemos considerar $s$ tal que $0 < |s| < y_0^2$, de manera que para cada $\delta>0$, cada
número irracional $s$ tal que $0<|s| < \min (\delta,y_0^2)$ satisface que
\begin{equation*}
\left |y_0^2\frac{D(x_0+s)-D(x_0)}{s} \right |= \left | y_0^2\frac{-1}{s} \right | > 1,
\end{equation*}
con lo cual se concluye que el límite cuando $s \to 0$ no existe y por lo tanto $\partial_xf(x_0,y_0)$ no existe.
El caso en que se toma $x_0 \notin \mathbb{Q}$ es similar. Por un lado se considera $s \in \mathbb{Q}$ de manera que
$x_0$ y $x_0 + s$ sean números irracionales para que la diferencia en el numerador sea 0, y por el otro se considera
$s$ tal que $0<|s|<\min (y_0^2, \delta)$ de manera que $x_0 + s \in \mathbb{Q}$ y el valor absoluto del cociente sea
mayor que 1.
Finalmente
\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 $\partial_y f(x_0,0)=0$.
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.
Para $\partial_xf(0,0)$, primero calculamos el cociente diferencial
$$
\frac{f(0+s,0)-f(0,0)}{s}=\frac{\sqrt[3]{s}\sqrt[3]{0}-\sqrt[3]{0}\sqrt[3]{0}}{s}=\frac{0}{s}=0
$$
Tomando límite cuando $s\to 0$ concluimos que $\partial_xf(0,0)=0$.
De manera similar
$$
\frac{f(0,0+t)-f(0,0)}{t}=\frac{\sqrt[3]{0}\sqrt[3]{t}-\sqrt[3]{0}\sqrt[3]{0}}{t}=\frac{0}{t}=0
$$
y al tomar límite cuanto $t\to 0$ se obtiene $\partial_yf(0,0)=0$.
Ahora fijemos $y_0\ne 0$. Al formar el cociente diferencial para $\partial_xf(0,y_0)$
obtenemos
$$
\frac{f(0+s,y_0)-f(0,y_0)}{s}=\frac{\sqrt[3]{s}\sqrt[3]{y_0}-\sqrt[3]{0}\sqrt[3]{y_0}}{s}
=\frac{\sqrt[3]{s}}{s} \sqrt[3]{y_0}=
\frac{1}{s^{2/3}}\sqrt[3]{y_0}
$$
Ya que
$$\lim_{s\to 0} \frac{1}{s^{2/3}}\sqrt[3]{y_0}=+\infty, \quad \textrm{si $y_0>0$}$$
y
$$\lim_{s\to 0} \frac{1}{s^{2/3}}\sqrt[3]{y_0}=-\infty, \quad \textrm{si $y_0 < 0$}$$
la derivada parcial $\partial_xf(0,y_0)$ 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.
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 le 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 \(\partial_yf(y,x_0)\).
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.
Las pendientes están dadas por las derivadas asi que buscamos los puntos donde
\(g'=h'\) pero sabemos que \(g'=\partial_xf\), \(h'=\partial_y\), así que buscamos puntos
\((x_0,y_0)\) donde
\[
\partial_xf(x_0,y_0)=\partial_yf(x_0,y_0).
\]
Un cálculo directo prueba
\[
\partial_xf(x,y)=2x+y, \quad \partial_yf(x,y)=x+2y
\]
así que debemos de encontrar los puntos que satisfagan
\[
2x_0+y_0=x_0+2y_0 \Leftrightarrow x_0=y_0
\]
Así que todos los puntos de la recta identidad son los puntos donde las pendientes
de las rectas tangentes son iguales.
Gráficamente lo anterior dice que las pendientes de las rectas tangentes en el punto de intersección de las
curvas son iguales siempre y cuando la recta de intersección de los planos pasa por la recta identidad que se dibuja en el piso.
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 al ejercicio Ejercicio 7.15. Usa el Teorema Fundamental para probar
que
\[\int_0^x(\partial_s f(s,y))ds=f(x,y)-f(0,y)\]
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 $\{e_1,\dots, e_1\}$ es la base canónica de $\mathbb{R}^n$.
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?
$f(z)=\left( \sum_{i=1}^n \log(z_i^2+1) \right)^2$, donde $z=(z_1,\dots, z_n)$. Calcular $\partial_{z_j}f(z)$.
$f(x,y,z)=100x^{1/2}y^{1/4}z^{1/5}$. Calcular $\partial_xf(x,y,z), \partial_yf(x,y,z)$ y $\partial_zf(x,y,z)$.
\begin{align*}
\partial_{p_j}f(p) =& \lim_{s \to 0} \frac{f(p+se_j)-f(p)}{s},\\
=& \lim_{s\to 0} \frac{(p_1^2 + \ldots + (p_j+s)^2+ \ldots + p_n^2 - \sum_{i=1}^n p_i^2}{s},\\
=& \lim_{s \to 0} \frac{(p_j + s)^2 - p_j^2}{s},\\
=& \lim_{s \to 0} 2p_j + s,\\
=& 2p_j.
\end{align*}
Notamos que éstas derivadas son completamente análogas al caso bidimensional e incluso
podemos reescribir
\begin{equation*}
f(p + se_j) = f(p_1,p_2,\ldots,p_j + s,\ldots,p_n).
\end{equation*}
Así, podemos hacer la misma observación que se hizo anteriormente, si $\partial_{p_j}f(p)$ existe,
entonces la podemos calcular como la derivada de dimensión 1 respecto de la variable $p_j$, tratando
al resto de las variables como constantes (con respecto a $p_j$).
Usando la regla de la cadena y las observaciones hechas en el primer inciso 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^2}f=\partial_x(\partial_x f)=\frac{\partial^2 f}{\partial x^2}\\
\partial_{y^2}f=\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^2}f&=&\partial_x(\partial_xf)=\partial_x(-2yx+3y^3x^2)=-2y+6y^3x\\
\partial_{y^2}f&=&\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*}
Ejercicio
Encuentra todas las segundas derivadas parciales de las siguientes funciones.
Empezamos por calcular $\partial_x f$ y $\partial_y f$.
\begin{align*}
\partial_x f =& 10x^9y^9 - 5x^4y^4,\\
\partial_y f =& 9x^10y^8 - 4x^5y^3.
\end{align*}
Por lo tanto
\begin{align*}
\partial_{x^2}f = 90x^8y^9 - 20x^3y^4,\\
\partial_{xy} f= 90x^9y^8 - 20x^4y^3,\\
\partial_{yx}f = 90x^9y^8 - 20x^4y^3,\\
\partial_{y^2}f = 72x^{10}y^7 - 12x^5y^2.
\end{align*}
Usando la regla de la cadena
\begin{align*}
\partial_x f =& \frac{1}{1 + \left( \frac{x+y}{1-xy}\right)^2} \left[ \frac{1}{1-xy} - \frac{(-y)(x+y)}{(1-xy)^2}\right],\\
=& \frac{1}{\frac{(1-xy)^2 + (x+y)^2}{(1-xy)^2}} \frac{(1-xy) + y(x+y)}{(1-xy)^2},\\
=& \frac{(1-xy)^2}{(1-xy)^2 + (x+y)^2} \frac{(1-xy) + y(x+y)}{(1-xy)^2},\\
=& \frac{1 -xy + y(x+y)}{(1-xy)^2 + (x+y)^2},\\
=& \frac{1 + y^2}{1 + (xy)^2 + x^2 + y^2},\\
=& \frac{1+y^2}{(1+y^2)(x^2+1)},\\
=& \frac{1}{x^2 + 1}.
\end{align*}
Usando un argumento de simetría también se tiene que $\partial_y f = \frac{1}{y^2+1}$.
De lo anterior se tiene que
\begin{align*}
\partial_{x^2} =& \frac{-2x}{(1+x^2)^2},\\
\partial_{xy} =& 0,\\
\partial_{yx} =& 0,\\
\partial_{y^2} =& \frac{-2y}{(1+y^2)^2}.
\end{align*}
Ejercicio
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:
\[
\partial_{x_1}^2f+\cdots + \partial_{x_n}^2 f= f.
\]
Notemos que para $j=1,\ldots,n$ se tiene que
\begin{equation*}
e^{\sum_{i=1}^n a_i x_i} = e^{\sum_{i\neq j} a_i x_i}e^{a_j x_j},
\end{equation*}
por lo tanto
\begin{equation*}
\partial_{x_j}f = e^{\sum_{i\neq j} a_i x_i} a_je^{a_j x_j},
\end{equation*}
y
\begin{equation*}
\partial_{x_j^2}f = e^{\sum_{i\neq j} a_i x_i} a_je^{a_j x_j} = a_j^2 e^{a_1 x_1 + \ldots + a_n x_n}.
\end{equation*}
Por lo tanto
\begin{align*}
\partial_{x_1}^2f+\cdots + \partial_{x_n}^2 f =& \sum_{i=1}^n a_j^2 e^{a_1 x_1 + \ldots + a_n x_n},\\
=& (a_1^2 + \ldots + a_n^2)(e^{a_1 x_1 + \ldots + a_n x_n}),\\
=& f.
\end{align*}
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
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
\[
\partial_m K \partial_v^2K = K
\]
Empezamos por calcular
\begin{equation*}
\partial_m K = \frac{1}{2}v^2,
\end{equation*}
ahora
\begin{align*}
\partial_v K = mv,
\partial_{v}^2K = m,
\end{align*}
y concluimos que
\begin{equation*}
\partial_m K \partial_{v}^2K = \frac{1}{2}v^2 m = \frac{1}{2}mv^2 = K.
\end{equation*}
Ejercicio
Usa diferenciación implícita para calcular \(\partial_x z, \partial_yz\).
\(x^2+4y^2-5z^2=1\).
\(-x^2+6y^2+3z^2-z=7\).
\(e^{2z}=xy^2z\).
\(yz+y\ln(x)=z^2\).
Recordemos que ecuaciones como las anteriores introducen restricciones en las
variables y nos permiten considerar a la variable $z$ como función de las variables
$(x,y)$, es decir, la variable $z$ implícitamente representa a una función $z(x,y)$.
Con esto en mente podemos realizar diferenciación implícita para calculara las derivadas
requeridas
\begin{equation*}
\partial_x (x^2 + 4y^2 - 5z^2) = \partial_x 1 = 0,
\end{equation*}
Desarrollando el lado izquierdo y con la regla de la cadena presente, se tiene que
\begin{align*}
\partial_x (x^2 + 4y^2 - 5z^2)=& 2x - 10z \partial_x z,
\end{align*}
al despejar se obtiene que
\begin{equation*}
\partial_x z = \frac{2x}{-10z}=\frac{x}{-5z}.
\end{equation*}
Por otro lado,
\begin{equation*}
\partial_y((x^2 + 4y^2 - 5z^2) = 8y - 10z\partial_y z = \partial_y 1 = 0,
\end{equation*}
así
\begin{equation*}
\partial_y z = \frac{4y}{5z}
\end{equation*}
Repetimos el proceso anterior para obtener que
\begin{align*}
\partial_x (-x^2+6y^2+3z^2-z)=& -2x + 6z\partial_x z - \partial_x z=0,\\
\partial_y (-x^2+6y^2+3z^2-z)=& 12y + 6z\partial_y z - \partial_y z=0.
\end{align*}
y en cada caso despejamos para obtener
\begin{align*}
\partial_x z =& \frac{2x}{6z -1},\\
\partial_y z =& \frac{-12y}{6z-1}.
\end{align*}
Usando la regla de la cadena y la regla del producto
\begin{align*}
\partial_x e^{2z} =& 2\partial_x z e^{2z},\\
\partial_y e^{2z} =& 2\partial_x z e^{2z},\\
\partial_x xy^2z =& \partial_x (xy^2)(z),\\
=& y^2z + xy^2\partial_x z,\\
\partial_y yx^2z =& \partial_y (xy^2)z,\\
=& 2xyz + xy^2\partial_y z.
\end{align*}
Con lo anterior tenemos que
\begin{align*}
(2e^{2z}-xy^2)\partial_x z =& y^2z,\\
\partial_x z =& \frac{y^2z}{2e^{2z}-xy^2},
\end{align*}
y similarmente
\begin{align*}
(2e^{2z}-x^2)\partial_y z =& 2xyz,\\
\partial_y z =& \frac{2xyz}{2e^{2z} - xy^2}.
\end{align*}
En primer lugar
\begin{align*}
\partial_x z^2 =& 2z \partial_x z,\\
\partial_y z^2 =& 2z \partial_y z.
\end{align*}
Además
\begin{align*}
\partial_x (yz + y \ln(x)) =& y \partial_xz + \frac{y}{x},\\
\partial_y (yz + y \ln(x)) =& z + y \partial_y z + \ln(x).
\end{align*}
Concluimos que
\begin{align*}
\partial_x z = \frac{y}{x(2z - y)},\\
\partial_y z = \frac{z + \ln x}{2z-y}.
\end{align*}
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 \(\partial_{xy}f=\partial_{yx}f\).
