Sea $U\subseteq\mathbb{R}^2$ un abierto y $f:U\to \mathbb{R}$ una función.
Dado un punto $(x_0,y_0)\in U$, decimos que $f$ es diferenciable en $(x_0,y_0)$ si, existe una función lineal $T:\mathbb{R}^2 \to \mathbb{R}$, tal que $$ \lim_{(x,y)\to (x_0,y_0)} \frac{f(x,y)-f(x_0,y_0)-T(x-x_0,y-y_0) }{\|(x-x_0,y-y_0)\|}=0 $$ Si es así, la función lineal $T$ se llama la derivada de $f$ en $(x_0,y_0)$ y la vamos a denotar $D_{(x_0,y_0)}f$.
Notas:
Demuestra que toda función constante $f:\mathbb{R}^2 \to \mathbb{R}$ es diferenciable en todo punto $(x_0,y_0)$. Es más, demuestra que $D_{(x_0,y_0)}f$ es la función constante cero.
Sea $f:\mathbb{R}^2 \to \mathbb{R}$ una función lineal. Demuestra que $f$ es diferenciable en todo punto $(x_0,y_0)$. Es más, demuestra que $D_{(x_0,y_0)}f=f$.
Considera la función, $f(x,y)=x^2+y^2$.
Fija un punto $(x_0,y_0)$ en $\mathbb{R}^2$ y considera la transformación lineal $T:\mathbb{R}^2 \to \mathbb{R}$ dada por $T(x,y)=2x_0x+2y_0y$.
Prueba que $$ \lim_{(x,y)\to (x_0,y_0)} \frac{|f(x,y)-f(x_0,y_0)-T(x-x_0,y-y_0)|}{\| (x-x_0,y-y_0)\|}=0 $$ Concluye que $f$ es diferenciable en $(x_0,y_0)$ con $D_{(x_0,y_0)}f=T$ y la matriz renglón $[2x_0, 2y_0]$ representa a $D_{(x_0,y_0)}f$.
Paso 1: Proponer la derivada, en este caso \(T(x,y)=2x_0x+2y_0y\).
Paso 2: Cociente diferencial \begin{eqnarray*} & & \frac{f(x,y)-f(x_0,y_0)-T(x-x_0,y-y_0)}{\|(x-x_0,y-y_0)\|} \\ &=& \frac{x^2+y^2-x_0^2-y_0^2-2x_0(x-x_0)-2y_0(y-y_0)}{\|(x-x_0,y-y_0)\|}\\ &=&\frac{x^2+y^2-x_0^2-y_0^2-2xx_0+2x_0^2-2yy_0+2y_0^2}{\|(x-x_0,y-y_0)\|}\\ &=&\frac{x^2+y^2-2xx_0+x_0^2-2yy_0+2y_0^2}{\|(x-x_0,y-y_0)\|}\\ &=& \frac{(x-x_0)^2+(y-y_0)^2}{\sqrt{(x-x_0)^2+(y-y_0)^2}} \\ &=& \sqrt{(x-x_0)^2+(y-y_0)^2}\\ &=& \|(x-x_0,y-y_0)\| \end{eqnarray*}
Paso 3: límite del cociente diferencial \[ \lim_{(x,y)\to 0}\frac{f(x,y)-f(x_0,y_0)-T(x-x_0,y-y_0)}{\|(x-x_0,y-y_0)\|}=\lim_{(x,y)\to 0}\|(x-x_0,y-y_0)\|=0. \]
Considera la función $f(x,y)=xy$. Fija $(x_0,y_0)\in \mathbb{R}^2$ y considera la función lineal $T:\mathbb{R}^2 \to \mathbb{R}$ dada por $T(x,y)=y_0x+x_0y$.
Prueba que $$ \lim_{(x,y)\to (x_0,y_0)} \frac{|f(x,y)-f(x_0,y_0)-T(x-x_0,y-y_0)|}{\| (x-x_0,y-y_0)\|}=0 $$ Hint: primero prueba $$ f(x,y)-f(x_0,y_0)- T(x-x_0,y-y_0) = (x-x_0)(y-y_0) $$ Concluye que $f$ es diferenciable en todo punto $(x_0,y_0)$, $D_{(x_0,y_0)}f=T$ y la matriz renglón $[y_0, x_0]$ representa a $D_{(x_0,y_0)}f$.
Paso 1: proponemos la derivada, \(T(x,y)=y_0x+x_0y\).
Paso 2: cociente diferencial, \begin{eqnarray*} & & \frac{f(x,y)-f(x_0,y_0)-T(x-x_0,y-y_0)}{\|(x-x_0,y-y_0)\|} \\ &=& \frac{xy-x_0y_0-y_0(x-x_0)-x_0(y-y_0)}{\|(x-x_0,y-y_0)\|}\\ &=& \frac{xy-x_0y_0-y_0x+y_0x_0-x_0y+x_0y_0}{\|(x-x_0,y-y_0)\|}\\ &=& \frac{xy-y_0x-x_0y+x_0y_0}{\|(x-x_0,y-y_0)\|}\\ &=& \frac{x(y-y_0)-x_0(y-y_0)}{\|(x-x_0,y-y_0)\|}\\ &=& \frac{(x-x_0)(y-y_0)}{\|(x-x_0,y-y_0)\|} \end{eqnarray*}
Paso 3: límite del cociente diferencial.
Tomando el valor absoluto del cociente diferencial y usando la identidad \(|ab|\leq (a^2+b^2)/2\) llegamos a \begin{eqnarray*} \frac{|(x-x_0)(y-y_0)|}{\|(x-x_0,y-y_0)\|}&\leq & \frac{1}{2}((x-x_0)^2+(y-y_0)^2)\frac{1}{\|(x-x_0,y-y_0)\|} \\ &=& \frac{1}{2}\sqrt{(x-x_0)^2+(y-y_0)^2} \end{eqnarray*}
Por lo tanto podemos acotar el valor absoluto del cociente diferencial por \begin{eqnarray*} 0\leq \frac{|f(x,y)-f(x_0,y_0)-T(x-x_0,y-y_0)|}{\|(x-x_0,y-y_0)\|} \leq \frac{1}{2}\sqrt{(x-x_0)^2+(y-y_0)^2} \end{eqnarray*} y aplicando la ley del Sandwich para los límites obtenemos que \begin{eqnarray*} \lim_{(x,y)\to 0}\frac{|f(x,y)-f(x_0,y_0)-T(x-x_0,y-y_0)|}{\|(x-x_0,y-y_0)\|} =0 \end{eqnarray*}
Considera la función $f(x,y)=x^3+y^3$. Fija $(x_0,y_0)\in \mathbb{R}^2$ y considera la función lineal $T:\mathbb{R}^2 \to \mathbb{R}$ dada por $T(x,y)=3x_0^2x+3y_0^2y$.
Prueba que $$ \lim_{(x,y)\to (x_0,y_0)} \frac{|f(x,y)-f(x_0,y_0)-T(x-x_0,y-y_0)|}{\| (x-x_0,y-y_0)\|}=0 $$ Concluye que $f$ es diferenciable en todo punto $(x_0,y_0)$, $D_{(x_0,y_0)}f=T$ y la matriz renglón $[3y_0^2, 3x_0^2]$ representa a $D_{(x_0,y_0)}f$.
De existir, la derivada es única.
Es decir, si \(f:U\to \mathbb{R}\) es una función definida en un abierto de \(\mathbb{R}^2\), \((x_0,y_0)\in U\) y existen dos funciones lineales \(S,T:\mathbb{R}^2\to \mathbb{R}\) que satisfacen \begin{eqnarray*} \lim_{h,k)\to (0,0)} \frac{f(x_0+h,y_0+k)-f(x_0,y_0)-T(h,k)}{\| (h,k)\|}=0 \\ \lim_{(h,k)\to (0,0)} \frac{f(x_0+h,y_0+k)-f(x_0,y_0)-S(h,k)}{\| (h,k)\|}=0 \end{eqnarray*} entonces \(S=T\).
Ya que los límites arriba existen entonces el límite de la resta es la resta de los límites, por lo tanto \begin{eqnarray*} 0=\lim_{(x,y)\to (0,0)}\left( \frac{-T(h,k)+S(h,k)}{\| (h,k)\|}\right) \end{eqnarray*} Para obtener la identidad anterior notar que se tiene el mismo denominador en ambos límites y que el término \(f(x_0+h,y_0+k)-f(x_0,y_0)\) se cancela.
Si definimos una función lineal como \(F=-T+S\) lo anterior se puede escribir \[ \lim_{(h,k)\to (0,0)}\frac{F(h,k)}{\|(h,k)\|}=0 \]
Si aplicamos el Ejercicio 5.19 podemos conlcuir que \(F=0\) y por lo tanto \(S=T\).
Sean \(f,g:U\to \mathbb{R}\) dos funciones definidas en un abierto de \(\mathbb{R}^2\) y \((x_0,y_0)\in U\). Sea \(\alpha \in \mathbb{R}\) un escalar fijo.
Si \(f\) y \(g\) son diferenciables en \((x_0,y_0)\) entonces la función \(\alpha f + g\) es diferenciable en \((x_0,y_0)\) y \[ D_{(x_0,y_0)}(\alpha f + g)=\alpha D_{(x_0,y_0)}f+ D_{(x_0,y_0)}g \]
Sean \(A :(a,b)\to \mathbb{R}, B:(c,d)\to \mathbb{R}\) dos funciones diferenciables en todo el intervalo.
Define \(G:(a,b)\times (c,d)\) por \(G(x,y)=A(x)+B(y)\). Demuestra que \(G\) es diferenciable en todo punto \((x_0,y_0)\in (a,b)\times (c,d)\) y la derivada está dada por \[ (D_{(x_0,y_0)}G)(x,y)=A'(x_0)x+ B'(x_0)y. \]
Sea $U$ un abierto en $\mathbb{R}^2$ y $f:U\to \mathbb{R}$. Considera un punto $(x_0,y_0)\in U$. Supon que $f$ es diferenciable en $(x_0,y_0)$. Sea $T:\mathbb{R}^2 \to \mathbb{R}$ la función lineal tal que \begin{equation}\label{Eqn:LimiteDerivadaEjer} \lim_{(h,k)\to (0,0)}\frac{|f(x_0+h,y_0+k)-f(x_0,y_0)-T(h, k)|}{\| (h,k) \|}=0. \end{equation}
Entonces las derivadas parciales \(\partial_xf(x_0,y_0), \partial_yf(x_0,y_0)\) existen y \[ T(x,y)=\partial_xf(x_0,y_0)x + \partial_yf(x_0,y_0)y, \forall (x,y)\in \mathbb{R}^2 \]
En otras palabras, la representación de $D_{(x_0,y_0)}f$ como matriz, es la matriz renglón dada por: $$ \left[ \begin{array}{cc} \partial_xf(x_0,y_0) & \partial_yf(x_0,y_0) \end{array} \right] $$ y \[ D_{(x_0,y_0)}f(x,y)=\partial_xf(x_0,y_0)x + \partial_yf(x_0,y_0)y. \]
Como $T$ es lineal sabemos que existen $a,b$ tales que $T(x,y)=ax+by$ (ver Teorema de Riesz ).
Como el límite \eqref{Eqn:LimiteDerivadaEjer} es cero, tomando la trayectoria de la forma $\gamma(h)=(h,0)$, $h \in \mathbb{R}$, tenemos que \begin{eqnarray*} 0&=&\lim_{ h \to 0} \frac{|f(x_0+h,y_0)-f(x_0,y_0)-T(h,0)| }{\|(h,0)\|} \\ &=& \lim_{h\to 0}\frac{|f(x_0+h,y_0)-f(x_0,y_0)-ah|}{|h|} \\ &=& \lim_{h\to 0}\left| \frac{f(x_0+h,y_0)-f(x_0,y_0)-ah}{h} \right| \\ &=& \lim_{h\to 0}\left| \frac{f(x_0+h,y_0)-f(x_0,y_0)}{h}-a \right| \\ \end{eqnarray*} implica que $\partial_xf(x_0,y_0)$ existe y $\partial_xf(x_0,y_0)=a$.
Como el límite \eqref{Eqn:LimiteDerivadaEjer} es cero, tomando la trayectoria de la forma $\gamma(k)=(0,k)$, $k \in \mathbb{R}$, tenemos que \begin{eqnarray*} 0&=&\lim_{k\to 0} \frac{|f(x_0,y_0+k)-f(x_0,y_0)-T(0,k)| }{\|(0,k)\|} \\ &=& \lim_{k\to 0}\frac{|f(x_0,y_0+k)-f(x_0,y_0)-bk|}{|k|} \\ &=& \lim_{k\to 0}\left| \frac{f(x_0,y_0+k)-f(x_0,y_0)-bk}{k} \right| \\ &=& \lim_{k\to 0}\left| \frac{f(x_0,y_0+k)-f(x_0,y_0)}{k}-b \right| \\ \end{eqnarray*} implica que $\partial_yf(x_0,y_0)$ existe y $\partial_yf(x_0,y_0)=b$.
La Proposición anterior prueba que \[ \textrm{\(f\) diferenciable en \((x_0,y_0)\)} \Rightarrow \textrm{\(\partial_xf(x_0,y_0),\partial_yf(x_0,y_0)\) existen} \] pero la implicación en reversa no siempre es cierto (ver ejercicio siguiente).
La Proposición 8.9 muestra que las derivadas parciales y la derivada están muy relacionadas, pero éste ejercicio muestra que no son equivalentes. Es decir, una función puede admitir derivadas parciales sin ser diferenciable.
Considera la función $$ f(x,y)=\left\{ \begin{array}{cc} \frac{xy^2}{x^2+y^2} & (x,y)\ne (0,0) \\ 0 & (x,y)=(0,0) \end{array} \right. $$
Inciso 1.
Usando la definición de límite de las parciales tenemos \begin{eqnarray*} \partial_xf(0,0)&=&\lim_{h\to 0} \frac{f(h,0)-f(0,0)}{h} \\ &=& \lim_{h\to 0} \frac{\frac{(h)(0)}{h^2+0}}{h}\\ &=&0 \end{eqnarray*} \begin{eqnarray*} \partial_yf(0,0)&=&\lim_{k\to 0} \frac{f(0,k)-f(0,0)}{k} \\ &=& \lim_{k\to 0} \frac{\frac{(0)(k^2)}{0+k^2}}{k}\\ &=&0 \end{eqnarray*}
Inciso 2.
Supongamos que \(f\) es diferenciable en \((0,0)\). Entonces existe una función lineal \(T:\mathbb{R}^2\to \mathbb{R}\) tal que \begin{eqnarray*} \lim_{(h,k)\to 0} \frac{f(h,k)-f(0,0)-T(h,k)}{\|(h,k)\|} &=&0. \end{eqnarray*} Por la Proposición y el inciso anterior, \[ T(h,k)=\partial_xf(0,0)h+\partial_yf(0,0)k=0 \] Se sigue que \(T=0\) y como \(f(0,0)=0\) llegamos a \begin{eqnarray*} \lim_{(h,k)\to 0} \frac{f(h,k)}{\|(h,k)\|}=0 \end{eqnarray*}
Tomando puntos de la forma \((h,k)=(mk, k)\) con \(k>0\) y \(m\in \mathbb{R}\) obtenemos \begin{eqnarray*} \frac{f(h,k)}{\|(h,k)\|}&=& \frac{\frac{(mk)(k^2)}{m^2k^2+k^2}}{\sqrt{m^2k^2+k^2}} \\ &=& \frac{\frac{mk^3}{k^2(m^2+1)}}{k\sqrt{m^2+1}}\\ &=& \frac{m}{(m^2+1)\sqrt{m^2+1}} \end{eqnarray*}
Tomando \(m=0\) obtenemos que \begin{eqnarray*} \lim_{(h,k)\to 0} \frac{f(h,k)}{\|(h,k)\|}=0 \end{eqnarray*} pero tomando \(m=1\) obtenemos \begin{eqnarray*} \lim_{(h,k)\to 0} \frac{f(h,k)}{\|(h,k)\|}=\frac{1}{2\sqrt{2}} \end{eqnarray*} por lo tanto el límite \begin{eqnarray*} \lim_{(h,k)\to 0} \frac{f(h,k)}{\|(h,k)\|}=0 \end{eqnarray*} no existe, una contradicción.
Concluimos que \(f\) no es diferenciable en \((0,0)\).
Dada una función $f:U\to \mathbb{R}$ y un punto $(x_0,y_0)\in U$, el gradiente de $f$ en $(x_0,y_0)$, denotado $\nabla_{(x_0,y_0)}f$ se define como el vector formado por todas las derivadas parciales. $$ \nabla_{(x_0,y_0)}f= (\partial_xf(x_0,y_0), \partial_yf(x_0,y_0) ) $$ siempre y cuando las parciales existan.
En otras palabras, si $f$ es diferenciable en $(x_0,y_0)$ tenemos que la derivada en el punto \((x,y)\) se calcula como : $$(D_{(x_0,y_0)}f)(x,y)= \langle \nabla_{(x_0,y_0)}f, (x,y) \rangle=\partial_xf(x_0,y_0)x+\partial_yf(x_0,y_0)y, \quad \forall (x,y)\in \mathbb{R}^2 $$
Para cada una de las siguientes funciones calcula el gradiente.
Sea $U$ un abierto de $\mathbb{R}^2$, $(x_0,y_0)\in U$ y $f:U\to \mathbb{R}$ una función diferenciable en $p_0$. El plano tangente a la gráfica de $f$ en el punto $(x_0,y_0)$ se define como el plano cuya ecuación está dada por: $$ z=f(x_0,y_0)+[\partial_xf(x_0,y_0)](x-x_0)+[\partial_yf(x_0,y_0)] (y-y_0) $$ Nota: de la ecuación se tiene que el vector normal al plano tangente es $$N=(\partial_xf(x_0,y_0), \partial_yf(x_0,y_0), -1)$$
La idea tras la definición del plano tangente en un punto \((x_0,y_0)\) es que es el plano que más se aproxima a la función cerca del punto \((x_0,y_0)\).
Para tratar de justificar lo anterior consideramos las curvas \[ \gamma(t)=(x_0+t,y_0,f(x_0+t,y_0)), \delta(t)=(x_0,y_0+t, f(x_0,y_0+t)) \]
Estas curvas se dibujan sobre la gráfica de \(f\) y en \(t=0\) pasan por \((x_0,y_0,f(x_0,y_0))\), el punto de tangencia del plano tangente. Si notamos, los cocientes diferenciales \[ \frac{\gamma(t)-\gamma(0)}{t}, \frac{\delta(t)-\delta(0)}{t} \] dan rectas secantes a la gráfica así que cuando tomamos el límite cuando \(t\to 0\) la idea es que estos límites dan vectores tangentes a la gráfica.
Calculando los límites \[ \lim_{t\to 0}\frac{\gamma(t)-\gamma(0)}{t}, \lim_{t\to 0}\frac{\delta(t)-\delta(0)}{t} \] llegamos a que son iguales a \[ (1,0,\partial_xf(x_0,y_0)), (0,1,\partial_{y}f(x_0,y_0)) \] estos vectores son los vectores directores para el plano tangente a la gráfica.
En forma paramétrica tenemos que el plano esta dado por \[ (x_0,y_0,f(x_0,y_0))+t(1,0,\partial_xf(x_0,y_0))+s(0,1,\partial_yf(x_0,Y_0)) \] de la cual se obtiene la forma \[ z=f(x_0,y_0)+[\partial_xf(x_0,y_0)](x-x_0)+[\partial_yf(x_0,y_0)] \]
Considera la función \(f(x,y)=\sqrt{|xy|}\).
Prueba que las derivadas parciales \(\partial_xf(0,0)\), \(\partial_yf(0,0)\) existen.
¿La gráfica de \(f\) tiene un plano tangente en el \((0,0)\)?
Para cada una de las siguientes superficies encuentra la ecuación del plano tangente en el punto indicado (puedes asumir que la función es diferenciable en el punto indicado).
De la ecuación $x^2 + y^2 + z^2 =1$ deducimos que $z = \sqrt{1-x^2 - y^2}$, como se pide trabajar en el punto para el cual $z=1/\sqrt{3}$ entonces tomaremos el valor positivo de la raíz cuadrada. Escribimos ahora $f(x,y) = \sqrt{1-x^2 - y^2}$ y por hipótesis se tiene que $f$ es diferenciable en el punto, en particular se sabe que si es diferenciable entonces existen las derivadas parciales en dicho punto: \begin{align*} \partial_x f =& \frac{1}{2} \frac{1}{\sqrt{1-x^2-y^2}}-2x, \\ =& \frac{-x}{\sqrt{1-x^2-y^2}},\\ \partial_y f =& \frac{-x}{\sqrt{1-x^2-y^2}}, \end{align*} Evaluando en el punto $(1/\sqrt{3},1/\sqrt{3})$ se tiene que $\partial_x f(x_0,y_0)=-1$ y $\partial_y f(x_0,y_0) = -1$.
Si ahora sustituimos en la ecuación del plano tangente al punto $(1/\sqrt{3},1/\sqrt{3})$ tenemos \begin{align*} z=& f(x_0,y_0) + \partial_x f(x_0,y_0)(x-x_0) + \partial_y f(x_0,y_0)(y-y_0),\\ =& \frac{1}{\sqrt{3}}+ (\frac{1}{\sqrt{3}}-x) + (\frac{1}{\sqrt{3}}-y),\\ =& \sqrt{3} -x - y. \end{align*} Adicionalmente, este plano se puede caracterizar como aquel que pasa por el punto $(1/\sqrt{3}, 1/\sqrt{3}), 1/\sqrt{3})$ y es normal al vector $N=(-1,-1,-1)$.
Empezamos por escribir $z=f(x,y)=\sqrt{xy}$. Podemos calcular las derivadas parciales, \begin{align*} \partial_x f =& \frac{1}{2}\frac{1}{\sqrt{xy}}y,\\ =& \frac{y}{2\sqrt{xy}},\\ \partial_y f =& \frac{x}{2\sqrt{xy}}. \end{align*} Al evaluar en el punto $(1/2,1/2)$ tenemos que $\partial_x f(x_0,y_0) =1/2 = \partial_y f(x_0,y_0)$. Con ello podemos deducir que el plano tangente al punto (1,1,1) de la superficie está caracterizado por su vector normal $N=(1/2,1/2,-1)$, o bien por la ecuación \begin{equation*} z = 1 + 1/2(x-1) + 1/2(y-1) = \frac{1}{2}x + \frac{1}{2}y. \end{equation*}
¿ En dónde cruza al eje $z$ el plano tangente a $z=2e^{x-y}$ en $(1,1,2)$ ?
Considera la superficie $z^2-x^2-y^2=0$ y sea $(x_0,y_0,z_0)\ne(0,0,0)$ un punto en la superficie. Demuestra que el plano tangente a la superficie que pasa por $(x_0,y_0,z_0)$ pasa por el origen y forma un ángulo de $45$ con el eje $z$.
De la ecuación que define a la superficie se tiene que $z= \sqrt{x^2 + y^2}=f(x,y)$, dicha función es diferenciable si $(x,y) \neq (0,0)$. Empezamos por calcular las derivadas parciales \begin{align*} \partial_x f =& \frac{1}{2}\frac{2x}{\sqrt{x^2 + y^2}},\\ =& \frac{x}{\sqrt{x^2+y^2}},\\ \partial_y f =& \frac{y}{\sqrt{x^2+y^2}}, \end{align*} que en el punto $(x_0,y_0)$ están dadas por $\frac{x_0}{\sqrt{x_0^2+y_0^2}}$ y $\frac{y_0}{\sqrt{x_0^2+y_0^2}}$, respectivamente. Al sustituir estos valores en la ecuación del plano tangente a la superficie tenemos que \begin{equation*} z = \sqrt{x_0^2 + y_0^2} + \frac{x_0}{\sqrt{x_0^2+y_0^2}}(x-x_0) + \frac{y_0}{\sqrt{x_0^2+y_0^2}}(y-y_0),\\ \end{equation*} y notamos que al sustituir $x=0,y=0$ se tiene \begin{equation*} z = \sqrt{x_0^2 + y_0^2} + \frac{-x_0^2}{\sqrt{x_0^2 + y_0^2}} + \frac{-y_0^2}{\sqrt{x_0^2 + y_0^2}} = 0. \end{equation*} De ésto se concluye que el punto $(0,0,0)$ satisface la ecuación del plano y por lo tanto pertenece a él.
Recordemos que el ángulo entre el plano y el eje $z$ es el ángulo entre el vector normal al plano y el eje $z$. De los cálculos presentados anteriormente se tiene que el plano tiene vector normal $N=\left(\frac{x_0}{\sqrt{x_0^2 + y_0^2}},\frac{y_0}{\sqrt{x_0^2 + y_0^2}},-1\right)$. Por un lado $\langle N, (0,0,1)\rangle = -1$, por otro lado también se sabe que \begin{align*} \langle N, (0,0,1)\rangle =& \|N\|\|(0,0,1)\| \cos(\theta),\\ =& \sqrt{ \frac{x_0^2 + y_0^2}{x_0^2 + y_0^2} + 1} \cos(\theta),\\ =& \sqrt{2} \cos(\theta), \end{align*} de donde $\cos(\theta) = \frac{-1}{\sqrt{2}}$ y por lo tanto $\theta = \pm \frac{3\pi}{4}$, y en ambos casos el ángulo complementario es $\frac{\pi}{4}$. Como siempre se puede considerar un ángulo menor o igual a $\frac{\pi}{2}$ nos quedamos con éste último y concluye la prueba.
Observación: De manera implícita supusimos que $y_0 \geq 0$, si ocurriera que $y_0<0$ entonces es necesario definir $f(x,y) = -\sqrt{x^2+y^2}$ y se puede seguir el mismo procedimiento, ya que en la primera parte del ejercicio las derivadas parciales también cambian de signo y en la segunda parte el nuevo vector normal al plano nos brinda directamente que $\cos(\theta) = \frac{1}{\sqrt{2}}$.
La Definición 8.1 se aplica para funciones con dominio en \(\mathbb{R}^2\) pero la definición es prácticamente la misma para funciones en dimensiones más grandes, simplemente se tienen límites en \(\mathbb{R}^n\) por lo que los puntos tienen más coordenadas, no sólo \(x,y\). Por ejemplo si \(p\in \mathbb{R}^3\), \(p=(x,y,z)\) y en general para \(p\in \mathbb{R}^n\), \(p=(x_1,\dots, x_n)\) ó \(p=(p_1,\dots, p_n)\).
Sea $U\ne \emptyset$ un abierto de $\mathbb{R}^n$, $f:U \to \mathbb{R}$ una función y $p_0\in U$. Decimos que $f$ es diferenciable en $p_0$ si existe una transformación lineal $T:\mathbb{R}^n \to \mathbb{R}$ tal que \begin{eqnarray*} \lim_{ v \to 0} \frac{|f(p_0+v)-f(p_0)-T(v)|}{\| v\|}=0. \end{eqnarray*} o equivalentemente $$ \lim_{p\to p_0} \frac{|f(p)-f(p_0)-T(p-p_0)|}{\|p-p_0\|}=0. $$ A la transformación lineal $T$ se le llama la derivada de $f$ en $p_0$ y se le denota $D_{p_0}f$.
Este ejercicio generaliza la Proposición 8.7 pues muestra que si $f$ es diferenciable en $p_0$, todas las derivdas parciales en $p_0$ existen.
Sea $U\neq \emptyset $ un abierto de $\mathbb{R}^n$, $p_0\in U$ y $f:U\to \mathbb{R}$.
Supon que $f$ es diferenciable en $p_0$ y sea $T:\mathbb{R}^n \to \mathbb{R}$ la derivada de $f$ en $p_0$, es decir, $T$ satisface \begin{eqnarray} \lim_{ v \to 0} \frac{|f(p_0+v)-f(p_0)-T(v)|}{\| v\|}=0. \label{Eqn:AuxDifImplicaParciales} \end{eqnarray}
Prueba que todas las derivadas parciales existen en \(p_0\) y además \[ T(x_1,\dots, x_n)=\sum_{i=1}^n \partial_{p_i}f(p_0)x_i \]
Recuerda que al ser $T$ lineal, existe un vector $a=(a_1,\dots, a_n )\in \mathbb{R}^n$ tal que $$ T(x_1,\dots, x_n)=\sum_{i=1}a_ix_i \quad \forall (x_1,\dots, x_n)\in \mathbb{R}^n. $$ Tomando $v=\gamma(h)$ de la forma $\gamma(h)=he_j$, $h\ne 0$ (con $j$ fijo) el límite \eqref{Eqn:AuxDifImplicaParciales} implica que \begin{eqnarray*} 0&=&\lim_{h\to 0} \frac{|f(p_0+he_j)-f(p_0)-T(he_i)|}{\|he_j\|}\\ &=& \lim_{h\to 0} \left| \frac{f(p_0+he_j)-f(p_0)-hT(e_j)|}{h} \right\| \\ &=& \lim_{h\to 0}\left| \frac{f(p_0+he_j)-f(p_0)}{t}-a_j \right| \end{eqnarray*}
Por lo tanto el límite anterior implica que \(\partial_{p_j}f(p_0)\) existe y es igual a \(a_j\).
Por lo tanto, usando la notación de la derivda como $T=D_{p_0}f$, resulta que la derivada es la transformación lineal inducida por el gradiente en $p_0$, es decir $$ (D_{p_0}f)(x_1,\dots, x_n)=\sum_{i=1}^n \partial_{p_i}f(p_0)x_i \quad \forall (x_1,\dots, x_n)\in \mathbb{R}^n. $$
Sea$f:\mathbb{R}^n\to \mathbb{R}$ una función diferenciable en todo punto de $\mathbb{R}^n$.¿ Tiene sentido la fórmula $$ \nabla_{p_0+p_0'}f=\nabla_{p_0}f+\nabla_{p_0'}f ? $$
La definición de derivada en 1-dimensión es \[ \lim_{h\to 0} \frac{f(x+h)-f(x)}{h} \]
Si copiamos esta definición para funciones en dos variables y tomamos la norma en el denominador (para que tenga sentido) tenemos \begin{equation}\label{Eqn:AuxLimiteMaloDerivada} \lim_{(h,k)\to 0} \frac{f(x+h,y+k)-f(x,y)}{\|(h,k)\|} \end{equation}
Este ejercicio muestra que esta definición no sirve para la derivada.
Prueba que para la función \(f(x,y)=x^2+y^2\), si tomamos un \((x,y)\ne 0 \), el límite \eqref{Eqn:AuxLimiteMaloDerivada} no existe.
Sean \(f:(a,b)\to \mathbb{R}, g:(c,d)\to \mathbb{R}\) dos funciones diferenciables.
Define \(F:(a,b)\times (c,d)\to \mathbb{R}\) dada por \(F(x,y)=f(x)g(y)\). Entonces \(F\) es diferenciable en todo punto de \((a,b)\times (c,d)\) y la derivada en el punto \((x_0,y_0)\in (a,b)\times (c,d)\) está dada por \[ D_{(x_0,y_0)}F(x,y)=f'(x_0)g(y_0)x+f(x_0)g'(y_0)y. \]
Definimos $T(x,y) = f'(x_0)g(y_0)x+f(x_0)g'(y_0)y$ y comenzamos por escribir el cociente diferencial \begin{equation*} \frac{F(x,y) - F(x_0,y_0) - T(x-x_0,y-y_0)}{\|(x-x_0,y-y_0\|} = \frac{f(x)g(y) - f(x_0)g(y_0) - f'(x_0)g(y_0)(x-x_0) - f(x_0)g'(y_0)(y-y_0)}{\|(x-x_0,y-y_0)\|}. \end{equation*} Dado que se busca el límite cuando $(x,y) \to (x_0,y_0)$ hay que considerar puntos en una vecindad de $(x_0,y_0)$, pero distintos de éste. Así, consideraremos tres casos: $x_0=x$ y $y_0 \neq y$, $x_0 \neq x$ y $y_0 = y$, y finalmente $x_0 \neq x$ y $y_0 \neq y$. En lo que sigue aplicaremos valor absoluto al numerador del cociente.
En el primer caso el cociente diferencial se reduce a la expresión \begin{align*} \frac{|f(x_0)g(y) - f(x_0)g(y_0) - f(x_0)g'(y_0)(y-y_0)|}{|y-y_0|} =& \left|\frac{f(x_0)[g(y)-g(y_0)]-f(x_0)g'(y_0)(y-y_0)}{y-y_0}\right|,\\ =& |f(x_0)|\left |\frac{g(y) - g(y_0)}{y-y_0} - g'(y_0)\right|. \end{align*} En el segundo caso se tiene una expresión similar, \begin{align*} \frac{|f(x)g(y_0) - f(x_0)g(y_0) - f'(x_0)g(y_0)(x-x_0)|}{|x-x_0|} =& \left| \frac{g(y_0)[f(x)-f(x_0) - f'(x_0)](x-x_0)}{x-x_0} \right|,\\ =& |g(y_0)| \left|\frac{f(x)-f(x_0}{x-x_0} - f'(x_0) \right|. \end{align*} Para $\epsilon >0$ notamos que si $f(x_0)=0$ entonces para cualquier $\delta > 0$ se tiene que si $0 < |y-y_0| < \delta$ entonces \begin{equation*} |f(x_0)|\left |\frac{g(y) - g(y_0)}{y-y_0} - g'(y_0)\right| < \epsilon, \end{equation*} si $f(x_0) \neq 0$ entonces como $g$ es diferenciable en $y_0$ existe $\delta_1 > 0$ tal que si $0 < |y-y_0| < \delta_1$ entonces $\left|\frac{g(y) - g(y_0)}{y-y_0} - g'(y_0)\right| < \frac{\epsilon}{|f(x_0)|}$ y el primer cociente queda acotado por $\epsilon$. De manera similar, si $g(y_0) \neq 0$ entonces existe $\delta_2>0$ tal que si $0 < |x-x_0| < \delta_2$ entonces el segundo cociente queda acotado por $\epsilon$.
Finalmente trabajaremos con el caso en que $x_0 \neq x$ y $y_0 \neq y$, al numerador del cociente diferencial agregaremos la expresión $-f(x)g(y_0) + f(x)g(y_0)$: \begin{align*} \frac{|f(x)g(y) - f(x_0)g(y_0) - f'(x_0)g(y_0)(x-x_0) - f(x_0)g'(y_0)(y-y_0)|}{\|(x-x_0,y-y_0)\|}=\\ \frac{|f(x)g(y) - f(x)g(y_0) + f(x)g(y_0) -f(x_0)g(y_0) - f'(x_0)g(y_0)(x-x_0) - f(x_0)g'(y_0)(y-y_0)|}{\|(x-x_0,y-y_0)\|} \leq\\ \frac{|f(x)[g(y) - g(y_0)] + g(y_0)[f(x) -f(x_0)] - f'(x_0)g(y_0)(x-x_0) - f(x_0)g'(y_0)(y-y_0)|}{\|(x-x_0,y-y_0)\|} \leq\\ \frac{|f(x)[g(y) - g(y_0)] - f(x_0)g'(y_0)(y-y_0)|}{\|(x-x_0,y-y_0)\|} + \frac{|g(y_0)[f(x) -f(x_0)] - f'(x_0)g(y_0)(x-x_0)|}{\|(x-x_0,y-y_0)\|}, \end{align*} Como $|x-x_0|,|y-y_0| \leq \|(x-x_0,y-y_0\|$ y ninguno se anula entonces podemos acotar superiormente la última expresión por \begin{align*} \frac{|f(x)[g(y) - g(y_0)] - f(x_0)g'(y_0)(y-y_0)|}{|y-y_0|} + \frac{|g(y_0)[f(x) -f(x_0)] - f'(x_0)g(y_0)(x-x_0)|}{|x-x_0|}=\\ \left|\frac{f(x)[g(y) - g(y_0)] - f(x_0)g'(y_0)(y-y_0)}{y-y_0}\right| + \left|\frac{g(y_0)[f(x) -f(x_0)] - f'(x_0)g(y_0)(x-x_0)}{x-x_0}\right| =\\ \left|\frac{f(x)[g(y) - g(y_0)]}{y-y_0}- f(x_0)g'(y_0)\right| + \left|\frac{g(y_0)[f(x) -f(x_0)]}{x-x_0} - f'(x_0)g(y_0)\right|=\\ \left|\frac{f(x)[g(y) - g(y_0)]}{y-y_0}- f(x_0)g'(y_0)\right| + |g(y_0)|\left|\frac{[f(x) -f(x_0)]}{x-x_0} - f'(x_0)\right|. \end{align*} Analicemos cada uno de estos sumandos. Si $g(y_0)\neq 0$ como $f$ es diferenciable en $x_0$ entonces existe $\delta_3 > 0$ tal que si $0<|x-x_0|< \delta_3$ entonces $|g(y_0)|\left|\frac{g(y_0)[f(x) -f(x_0)]}{x-x_0} - f'(x_0)\right|< |g(y_0)| \frac{\epsilon}{2 |g(x_0)|} = \epsilon/2$, si $g(y_0)=0$ se puede tomar $\delta_3$ como cualquier número real positivo.
También se tiene que \begin{align*} \left|\frac{f(x)[g(y) - g(y_0)]}{y-y_0}- f(x_0)g'(y_0)\right| = \\ \left|\frac{f(x)[g(y) - g(y_0)]}{y-y_0}- \frac{f(x_0)[g(y) - g(y_0)]}{y-y_0} + \frac{f(x_0)[g(y) - g(y_0)]}{y-y_0} - f(x_0)g'(y_0)\right| \leq \\ |f(x)-f(x_0)|\left|\frac{g(y) - g(y_0)}{y-y_0}\right| + |f(x_0)| \left|\frac{g(y) - g(y_0)}{y-y_0} - g'(y_0)\right| \leq\\ |f(x)-f(x_0)|\left(\left|\frac{g(y) - g(y_0)}{y-y_0} - g'(y_0)\right| + |g'(y_0)|\right) + |f(x_0)| \left|\frac{g(y) - g(y_0)}{y-y_0} - g'(y_0)\right| \end{align*} De manera análoga se sabe que existe $\delta_4>0$ tal que si $0< |y-y_0|<\delta_4$ entonces $|f(x_0)| \left|\frac{g(y) - g(y_0)}{y-y_0} - g'(y_0)\right| < \epsilon/4$, por continuidad de $f$ existe $\delta_5>0$ tal que si $0<|x-x_0|<\delta_5$ entonces $|f(x)-f(x_0)||g'(y_0)| < \epsilon/8$ y existen $\delta_6,\delta_7>0$ tales que si $0<|x-x_0|<\delta_6$, $0<|y-y_0|<\delta_7$ entonces $|f(x)-f(x_0)|< \sqrt{\epsilon/8}$ y $\left|\frac{g(y) - g(y_0)}{y-y_0} - g'(y_0)\right|<\sqrt{\epsilon/8}$ respectivamente. Basta tomar $\delta = \min (\delta_1,\ldots,\delta_7) >0$ y si $0< \|(x-x_0,y-y_0)\|< \delta$, en particular $|x-x_0|,|y-y_0|\leq \delta_i$ para cada $i$ y en cada uno de los casos anteriores el cociente diferencial es acotado por $\epsilon$, es decir, \begin{equation*} \lim_{(x,y) \to (x_0,y_0)} \frac{F(x,y) - F(x_0,y_0) - T(x-x_0,y-y_0)}{\|(x-x_0,y-y_0\|} = 0. \end{equation*}
Para las siguientes funciones encuntras las derivadas parciales hasta orden 2.