Sea $U\ne \emptyset$ un abierto de $\mathbb{R}^n$ y $f:U \to \mathbb{R}$.
Decimos que la función $f$ es continua en un punto $q \in U$ si
$$
\lim_{p\to q} f(p)=f(q).
$$
Ejercicio
Sea \(f:\mathbb{R}^n \to \mathbb{R}\) una función lineal. Prueba que \(f\) es continua en
todo punto de \(\mathbb{R}^n\).
Debemos de probar que para todo \(q\in \mathbb{R}^n\),
\[
\lim_{p\to q}f(p)=f(q).
\]
Por el Teorema de Riesz sabemos que existe un
vector \(p_0\in \mathbb{R}^n\) tal que
\[
f(p)=\langle p, p_0 \rangle, \quad \forall p\in \mathbb{R}^n
\]
Por lo tanto tenemos que
\begin{eqnarray*}
|f(p)-f(q)|&=&|\langle p,p_0\rangle -\langle q,p_0\rangle |\\
&=& |\langle p-q, p_0\rangle| \\
&\leq & \|p-q\| \|p_0\|
\end{eqnarray*}
donde la última desigualdad se debe a l adesigualdad de Cauchy-Schwartz.
Finalmente, dado \(\varepsilon > 0\) si tomamos \(\delta=\frac{\varepsilon}{1+\|p_0\|}\)
entonces para todo \(p\) con \(0< \|p-q\|< \delta \) se cumple que
\[
|f(p)-f(q)|\leq \|p-q\|\|p_0\| < \delta \|p_0| < \varepsilon.
\]
Por lo tanto \(\lim_{p\to q}f(p)=f(q)\).
Nota
Por el ejercicio anterior, las proyecciones \(f_1,f_2:\mathbb{R}^2\to \mathbb{R}\)
\[
f_1(x,y)=x, f_2(x,y)=y
\]
son continuas
en todo \(\mathbb{R}^2\). Por la Ley del producto para límites se sigue que para todo
\(n\in \mathbb{N}\):
\begin{eqnarray*}
\lim_{(x,y)\to (x_0,y_0)} f_1^n(x,y)=(\lim_{(x,y)\to (x_0,y_0)} f_1(x,y))^n=x_0^n=f_1^n(x_0,y_0) \\
\lim_{(x,y)\to (x_0,y_0)} f_2^n(x,y)=(\lim_{(x,y)\to (x_0,y_0)} f_2(x,y))^n=y_0^n=f_2^n(x_0,y_0) \\
\end{eqnarray*}
Por lo tanto, las funciones \(f_1(x,y)=x^n, f_2^n(x,y)=y^n\) son continuas en todo
\(\mathbb{R}^2\). De manera similar otra aplicación de la ley del producto para límites implica que
las funciones \(f(x,y)=x^ny^m\), \(n,m\in \mathbb{N}\), son continuas en todo \(\mathbb{R}^2\).
Finalmente, usando la ley de la suma para límites concluimos que los polinimios
\[
p(x,y)=\sum_{n=0}^N\sum_{m=0}^M a_{n,m}x^ny^m
\]
son continuas en todo \(\mathbb{R}^2\).
Nota: de manera similar se tiene que todo polinomio en más de dos variables es continuo en todo punto del espacio.
Proposición
La composición de funciones continuas es continua.
En específico, supongamos que tenemos funciones \(f: D \to \mathbb{R}^m \),
\(g: E \to \mathbb{R}^d\), donde \(D\subseteq \mathbb{R}^n, E\subseteq \mathbb{R}^m\) y
\(f(D)\subseteq E\) (para que la composición \(g\circ f\) está definida).
Si \(f\) es continua en \(p_0\in D\) y \(g\) es continua en \(f(p_0)\in E\) entonces
\(g\circ f\) es continua en \(p_0\). Es decir
\[
\lim_{p\to p_0} (g\circ f)(p)=(g\circ f)(p_0)
\]
Lo anterior también se puede escribir como
\[
\lim_{p\to p_0} g(f(p))=g(\lim_{p\to p_0} f(p))
\]
lo cual se abrevia diciendo que las funciones continuas meten el límite.
Algebra de las funciones continuas
Similarmente a los polinomios, si las funciones \(f, g : U \to \mathbb{R}\) son funciones continuas
en un punto \(p_0\in U\), las Leyes de los límites implican que
las funciones
combinaciones lineales: \(\alpha f + g\), \(\alpha \in \mathbb{R}\),
productos: \(fg\),
divisiones: \(f/g\), con \(g(p_0)\ne 0\),
son todas continuas en \(p_0\).
Así pues, muchas de las operaciones elementales entre funciones arrojan funciones continuas. Otras
operaciones como raíces, logaritmo y exponenciación también toman funciones continuas y producen
funciones continuas. Lo anterior se sigue de la Proposición 9.4.
Por ejemplo, si \(f\) es continua en \(p_0\) y \(f(p_0) > 0\) entonces la función
\(\ln(f(p))\) es continua en \(p_0\).
Ejercicio
Sea $U\ne \emptyset$ un abierto de $\mathbb{R^n}$ y $f:U \to \mathbb{R}$.
Supón que $p_0\in U$ satisface que existe una bola $B_r(p_0)\subset U$ y una constante $k>0$
tal que $|f(p)-f(p_0)|\leq k \|p-p_0 \|$, para toda $p\in B_r(p_0)$.
Demuestra que $f$ es continua en $p_0$.
Proposición
Sea $U\ne \emptyset$ un conjunto abierto en $\mathbb{R}^n$, $p_0\in U$
y $f: U \to \mathbb{R}$.
Si $f$ es diferenciable en $p_0$ entonces
$f$ es continua en $p_0$.
Nota: el reverso no es cierto. Por ejemplo en dimensión 1 un
contra-ejemplo es la función valor absoluto; en dimensión 2
un contra-ejemplo está dado en el Ejercicio 8.13.
Debemos de probar que
\[
\lim_{p\to p_0} f(p)=f(p_0)
\]
Pero, al ser \(f\) diferenciable sabemos que
\[
\lim_{p\to p_0} \frac{f(p)-f(p_0)-T(p-p_0)}{\|p-p_0\|}=0
\]
donde \(T(x_1,\dots, x_n)=\sum_{i=1}^n (\partial_{p_i}f(p_0))x_i\).
Pero es claro que
\[
\lim_{p\to p_0}\|p-p_0\|=0
\]
así que por la ley del producto para límites
\begin{eqnarray*}
0&=&\left(\lim_{p\to p_0} \|p-p_0\|\right)\left( \lim_{p\to p_0} \frac{f(p)-f(p_0)-T(p-p_0)}{\|p-p_0\|} \right) \\
&=& \lim_{p\to p_0} \left( \|p-p_0\|\frac{f(p)-f(p_0)-T(p-p_0)}{\|p-p_0\|}\right) \\
&=& \lim_{p\to p_0} (f(p)-f(p_0)-T(p-p_0))
\end{eqnarray*}
Ahora, por el Ejercicio 9.2
\[
\lim_{p\to p_0}T(p-p_0)=T(p_0-p_0)=T(0)=0
\]
donde usamos \(T(0)=0\), al ser \(T\) función lineal.
Se sigue de las leyes de los límites para sumas tenemos
\begin{eqnarray*}
0&=&\lim_{p\to p_0} (f(p)-f(p_0)-T(p-p_0))+ \lim_{p\to p_0}(T(p-p_0)) \\
&=& \lim_{p\to p_0} (f(p)-f(p_0)-T(p-p_0)+T(p-p_0))\\
&=& \lim_{p\to p_0} (f(p)-f(p_0))
\end{eqnarray*}
lo que es equivalente a \(\lim_{p\to p_0} f(p)=f(p_0)\).
Definición
Sea $U\ne \emptyset$ un subconjunto abierto de $\mathbb{R}^n$
y $f:U\to \mathbb{R}$. Decimos que $f$ es de clase
$C^1$ en $U$, si todas las derivadas parciales existen y son
continuas en todo punto de $U$.
Por ejemplo, un polinomio en varias variables es clase \(C^1\) pues
sus derivadas parciales vuelven a ser polinomios, los cuales son funciones
continuas.
Ejercicio
Considera la función de una variable
$$
f(x)=\left\{\begin{array}{cc}
x^2\sen(1/x) & x\ne 0 \\
0 & x=0
\end{array}
\right.
$$
Demuestra
que para todo $x$, $f'(x)$ existe pero la función $f'(x)$ no es continua. Por
lo tanto, ésta función es un ejemplo de una función diferenciable, que no
es clase $C^1$.
Teorema
Toda función de dos variables clase $C^1$ es diferenciable.
En concreto, sea $U\ne \emptyset$ un subconjunto abierto de $\mathbb{R}^2$ y $f:U \to \mathbb{R}$
una función clase $C^1$ en $U$. Entonces para todo $(x_0,y_0)\in U$,
\(f\) es diferenciable en \((x_0,y_0)\).
Recordemos que para probar que \(f\) es diferenciable en \((x_0,y_0)\) debemos de probar que
existe una función lineal \(T:\mathbb{R}^2 \to \mathbb{R}\) tal que
\[
\lim_{(h,k)\to 0} \frac{f(x_0+h,y+0+k)-f(x_0,y_0)-T(h,k)}{\|(h,k)\|}=0.
\]
Ya que las derivadas parciales existen la Proposición 8.11 sugiere que la
transformación lineal es
\[
T(x,y)=\partial_xf(x_0,y_0)x+\partial_yf(x_0,y_0)y
\]
Nota: NO podemos aplicar directamente la Proposición 8.11 pues no sabemos que la
función \(f\) es diferenciable PERO sí nos sugiere cuál transformación lineal
debemos de considerar.
Así pues debemos de probar que
\begin{equation}\label{Eqn:AuxC2ImpliDif}
\lim_{(h,k)\to 0} \frac{f(x_0+h,y_0+k)-f(x_0,y_0)-\partial_xf(x_0,y_0)h-\partial_yf(x_0,y_0)k}{\|(h,k)\|}=0
\end{equation}
Al ser \(U\) abierto podemos tomar $r>0$ tal que
$B_r(x_0,y_0)\subset U$. Denotamos $(h,k)$ un vector cualquiera con $\|(h,k)\| < r$.
Ahora empezamos analizando el cociente diferencial. Podemos re-escribir
la primera parte del cociente diferencial de la siguiente forma
\begin{eqnarray*}
f(x_0+h,y_0+k)-f(x_0,y_0)&=&f(x_0+h, y_0+k)-f(x_0+h, y_0) \\
&+& f(x_0+h, y_0)-f(x_0,y_0)
\end{eqnarray*}
Ahora, aplicando el Teorema del valor medio para la derivada tenemos que existen puntos
\(\overline{x}\), entre \(x_0\) y \(x_0+h\) y \(\overline{y}\), entre \(y_0\) y \(y_0+k\) tal que
\begin{eqnarray*}
f(x_0+h, y_0+k)-f(x_0+h, y_0)&=&\partial_yf(x_0+h,\overline{y})k \\
f(x_0+h, y_0)-f(x_0,y_0)&=&\partial_xf(\overline{x},y_0)h
\end{eqnarray*}
por lo que podemos escribir la primera parte del cociente diferencial como:
$$
f(x_0+h,y_0+k)-f(x_0,y_0)=\partial_yf(x_0+h,\overline{y})k+ \partial_xf(\overline{x},y_0)h.
$$
Se sigue que
\begin{eqnarray*}
& & \frac{|f(x_0+h,y_0+k)-f(x_0,y_0)- \partial_xf(x_0,y_0)h-\partial_yf(x_0,y_0)k|}{\|h\|} \\
&\leq & \frac{|\partial_xf(\overline{x},y_0)- \partial_xf(x_0,y_0)||h|}{\|(h,k)\|}
+\frac{|\partial_yf(x_0+h,\overline{y})-\partial_yf(x_0,y_0)||k|}{\|h\|} \\
&\leq & |\partial_xf(\overline{x}, y_0)-\partial_xf(x_0,y_0)|
+ |\partial_yf(x_0+h,\overline{y})-\partial_yf(x_0,y_0)|
\end{eqnarray*}
En este punto es donde usamos la continuidad de las parciales. Como ambas parciales son
continuas en \((x_0,y_0)\) existe un \(\delta > 0\) tal que si \(\|(\overline{h},\overline{k})\| < \delta\)
entonces
\begin{eqnarray*}
|\partial_xf(x_0+\overline{h},y_0+\overline{k})-\partial_xf(x_0,y_0)|< \varepsilon/2 \\
|\partial_yf(x_0+\overline{h},y_0+\overline{k})-\partial_yf(x_0,y_0)|< \varepsilon/2
\end{eqnarray*}
Ahora, si el vector \((h,k)\) lo tomamos para que satisfaga \(\|(h,k)\|<\delta \) podemos
asegurar que
\begin{eqnarray*}
|\partial_xf(\overline{x}, y_0)-\partial_xf(x_0,y_0)| < \varepsilon/2 \\
|\partial_yf(x_0+h,\overline{y})-\partial_yf(x_0,y_0)| <\varepsilon/2
\end{eqnarray*}
(para la primera desigualdad tomar \(\overline{h}=\overline{x}-x_0, \overline{k}=0\),
para la segunda tomar \(\overline{h}=0, \overline{k}=\overline{y}-y_0\)).
Concluyendo, si \(\|(h,k)\|<\delta\) entonces
\[
\frac{|f(x_0+h,y_0+k)-f(x_0,y_0)-\partial_xf(x_0,y_0)h-\partial_yf(x_0,y_0)k|}{\|(h,k)\|} < \varepsilon
\]
probando \eqref{Eqn:AuxC2ImpliDif}.
Teorema
El teorema anterior se generaliza a más variables.
Sea $U\ne \emptyset$
es un conjunto abierto de $\mathbb{R}^n$ y
$f:U\to \mathbb{R}$, de clase $C^1$ en $U$. Entonces $f$ es diferenciable en todo punto
de $U$.
Ejercicio
Para las siguientes funciones, usa el criterio
de las derivadas parciales para encontrar un dominio
para el cual la función sea diferencible en
todo punto del dominio.
Para cada una de las siguientes funciones
calcula $\partial_{x}\partial_yf(x,y)$ y $\partial_y\partial_xf(x,y)$.
¿ Qué notas ?
$f(x,y)=x^2+xy^2+y^3$
$f(x,y)=\log(x^2+y^4)$
$f(x,y)=e^{3x+2xy+y^2}$
Definición
Sea $U$ un abierto de $\mathbb{R}^n$. Una función $f:U \to \mathbb{R}$ se llama clase
$C^2$ si las derivadas parciales desde orden 1 hasta orden dos existen y son continuas en todo $U$.
De manear similar, es de clase $C^n$ si todas las derivadas pariacles desde orden 1 hasta orden $n$ existen
y son continuas en $U$.
Teorema
Para toda función de clase \(C^2\), las derivadas parciales mixtas son iguales.
En concreto sea $f:U\subseteq \mathbb{R}^2\to \mathbb{R}$,
de clase $C^2$ es $U$. Entonces $\partial_{xy}f=\partial_{yx}f$.
Fijamos $(x_0,y_0)\in U$ arbitrario. Debemos de probar
\[
\partial_{xy}f(x_0,y_0)=\partial_{yx}f(x_0,y_0).
\]
Consideramos las funciones
$$
S(h,k)=f(x_0+h,y_0+k)-f(x_0+h,y_0)-f(x_0,y_0+k)+f(x_0,y_0)
$$
y
$$
G(x)=f(x,y_0+k)-f(x,y_0), \quad H(y)=f(x_0+h,y)-f(x_0,y)
$$
Con las definiciones anteriores se sigue que:
\begin{equation}\label{Eqn:Aux1ParcialesMixtas}
S(h,k)=G(x_0+h)-G(x_0)=H(y_0+k)-H(y_0).
\end{equation}
Usando el Teorema del valor medio para derivadas, aplicadas a las funciones
\(G\) y \(H\) $\overline{x}$, entre $x_0$ y $x_0+h$
y un punto $\overline{y}$, entre $y_0$y $y_0+k$, tales que:
$$G(x_0+h)-G(x_0)=G'(\overline{x})h,\quad H(y_0+k)-H(y_0)=H'(\overline{y})k$$
Substituyendo las identidades anteriores en \eqref{Eqn:Aux1ParcialesMixtas} obtenemos
\begin{eqnarray*}
S(h,k)&=&\left( \partial_xf(\overline{x}, y_0+k)-\partial_xf(\overline{x}, y_0) \right) h \\
&=&\left(\partial_yf(x_0+h,\overline{y})-\partial_yf(x_0, \overline{y}) \right)k
\end{eqnarray*}
Aplicando de nuevo el Teorema del valor medio para las derivadas, pero
ahora aplicado a las parciales \(\partial_xf, \partial_yf\),
obtenemos que existen puntos $\overline{\overline{y}}$, entre $y_0$ y $y_0+k$ y
$\overline{\overline{x}}$, entre $x_0$ y $x_0+h$ tales que
$$
S(h,k)=\partial_{yx}f(\overline{x}, \overline{\overline{y}})hk=\partial_{xy}f(\overline{\overline{x}}, \overline{y})hk
$$
Si \(h\ne 0\) y \(k\ne 0\) tenemos que
\[
\frac{S(h,k)}{hk}=\partial_{yx}f(\overline{x},\overline{\overline{y}}),
\]
\[
\frac{S(h,k)}{hk}=\partial_{xy}f(\overline{\overline{x}},\overline{y}).
\]
Si ahora tomamos $(h,k)\to (0,0)$ y usamos que los puntos
\(\overline{x},\overline{y},\overline{\overline{x}},\overline{\overline{y}}\) están entre
\(x_0\) y \(x_0+h\), \(y_0\) y \(y_0+k\) y usando que \(\partial_{xy}f, \partial_{yx}f\)
son continuas en \((x_0,y_0)\) llegamos
\begin{eqnarray*}
\partial_{xy}f(x_0,y_0)=\lim_{(h,k)\to (0,0)} \partial_{yx}f(\overline{x},\overline{\overline{y}})=\lim_{(h,k)\to (0,0)} \frac{S(h,k)}{hk}\\
\partial_{yx}f(x_0,y_0)=\lim_{(h,k)\to (0,0)} \partial_{yx}f(\overline{\overline{x}},\overline{y})=\lim_{(h,k)\to (0,0)} \frac{S(h,k)}{hk}
\end{eqnarray*}
y por lo tanto \(\partial_{xy}f(x_0,y_0)=\partial_{yx}f(x_0,y_0)\).
Definición
Una función $f:U\to \mathbb{R}$, definida en un abierto, se llama armónica en $U$ si las
derivadas parciales de segundo orden $\partial_x^2 f$ y $\partial_y^2 f$, existen y son continuas
en todo punto de $U$ (es decir, clase $C^1$ en $U$) y
$$
\partial_x^2f(x,y)+\partial_y^2f(x,y)=0
$$
para todo $(x,y)\in U$.
Ejercicio
Para las siguientes funciones, determina cuales son armónicas.
$f(x,y)=x^2-y^2$
$f(x,y)=e^y\cos(x)$
$f(x,y)=e^y\sen(x)$
$f(x,y)=\log(x^2+y^2)$
$f(x,y)=x^3-3x^2y-3yx^3+y^3$
Ejercicio
Demuestra que toda función lineal $f:\mathbb{R}^2\to \mathbb{R}$ satisface
la ecuación $\partial_x^2f(x,y)+\partial_y^2f(x,y)=0$, para todo $(x,y)$.
Ejercicio
Considera la función $f(x,y)=ax^2+by^2+cxy$, donde $a,b,c\in \mathbb{R}$ son
parámetros. Encuentra
los valores de $a$, $b$ y $c$ para los cuales
$\partial_x^2 f(x,y)+\partial_y^2f(x,y) >0$, para todo $(x,y)$,
$\partial_x^2f(x,y)+\partial_y^2f(x,y)=0$, para todo $(x,y)$,
$\partial_x^2f(x,y)+\partial_y^2f(x,y) < 0$, para todo $(x,y)$.
Ejercicio
Usa el teorema de la igualdad de derivadas parciales mixtas
para dos variables para probar que si $f:\mathbb{R}^3\to \mathbb{R}$
es de clase $C^3$, entonces
$$
\partial^{3}_{xyz}f=\partial_{yzx}^3 f
$$
Observe que el teorema de la igualdad de derivadas parciales mixtas para dos variables requiere una
función $g:U \subseteq \mathbb{R}^2 \to \mathbb{R}$ por lo que no se puede aplicar directamente
a nuestra función. Nuestra hipótesis indica que $f$ está definida en todo $\mathbb{R}^3$, al final
veremos que se puede considerar una función definida únicamente en un abierto de éste.
Sea $(x_0,y_0,z_0) \in \mathbb{R}^3$, definimos $F(x,z)=f(x,y_0,z)$, demostraremos que $F:\mathbb{R}^2 \to \mathbb{R}$
es de clase $C^2$ y además sus derivadas parciales respecto a $x$ y $z$ en el punto $(x_0,z_0)$ son las mismas que
las de $f$ en el punto $(x_0,y_0,z_0)$.
\begin{align*}
\partial_x F(x_0,z_0) =& \lim_{h \to 0} \frac{F(x_0 + h, z_0) - F(x_0,z_0)}{h},\\
=& \lim_{h \to 0} \frac{f(x_0 + h, y_0,z_0) - f(x_0,y_0,z_0)}{h},\\
=& \partial_x f(x_0,y_0,z_0).
\end{align*}
Realizando un proceso análogo obtenemos que $\partial_z F(x_0,z_0) = \partial_z f(x_0,y_0,z_0)$ y también podemos extender este
argumento a las derivadas parciales de orden 2. Recordemos que $f$ es de clase $C^3$ por lo que sus derivadas parciales de orden
menor o igual a 3 son todas continuas, dado que al fijar una de las variables la función sigue siendo continua entonces tenemos
que $F$ también es de clase $C^2$ y por lo tanto sus derivadas parciales mixtas de orden 2 son iguales,
$\partial_{zx}^2F(x_0,z_0) = \partial_{xz}^2F(x_0,z_0)$. Para concluir basta mencionar que $y_0$ es un número real arbitrario,
por lo que en general se tiene que $\partial_{zx}f(x,y,z) = \partial_{xz}f(x,y,z)$ y se concluye que
\begin{equation*}
\partial_{yzx}^3 f = \partial_y \partial_{zx}^2f = \partial_y \partial_{xz}^2 f = \partial_{yxz}^3 f.
\end{equation*}
Definimos ahora $G(x,y,z) = \partial_z f$, por hipótesis $f$ es de clase $C^3$ así que $G$ es de clase $C^2$ y aplicando el
resultado anterior sobre derivadas parciales mixtas de orden 2 podemos asegurar que
\begin{equation*}
\partial_{yxz}^3 f = \partial_{yx}^2G = \partial_{xy}^2G = \partial_{xyz}^3f
\end{equation*}
De la transitividad de la igualdad es inmediato que
\begin{equation*}
\partial^{3}_{xyz}f=\partial_{yzx}^3 f.
\end{equation*}
Ejercicio
Considera la función $g(x,t)=2+e^{-t}\sen(x)$,
$(t,x)\in \mathbb{R}^2$.
Demuestra que $g$ satiface la
ecuación del calor:
$$
\partial_t g= \partial_x^2g.
$$
Aquí $g(x,t)$, representa la temperatura de una varilla de metal
en la posición $x$ al tiempo $t$.
Esbozar la gráfica de $g$, para $t\geq 0$.
¿ Qué sucede con $g(x,t)$ cuando $t\to \infty$ ?
Interpreta éste límite en términos del comportamiento del calor
en la varilla.
$\partial_x \partial_yf(0,0)=-1$ y $\partial_y\partial_xf(0,0)=1$
Si $(x,y) \neq (0,0)$ entonces podemos tomar toda una vecindad tal que $B_r(x,y) \not\ni (0,0)$
y $(x+h,y), (x,y+k) \neq (0,0)$ si $0<|h|,|k| < r$, por lo tanto podemos calcular las derivadas
parciales en estos puntos con la regla de la cadena y el producto:
\begin{align*}
\partial_x f =& \partial_x \left[ \frac{xy^3}{x^2 + y^2} - \frac{x^3y}{x^2+y^2}\right],\\
=& \frac{y^3}{x^2 + y^2} + \frac{(-1)xy^3(2x)}{(x^2 + y^2)^2} - \left[\frac{3x^2y}{x^2 + y^2} + \frac{(-1)x^3y(2x)}{(x^2+y^2)^2}\right],\\
=& \frac{y^3-3x^2y}{x^2 + y^2} - \frac{2x(xy^3 - x^3y)}{(x^2+y^2)^2}.
\end{align*}
Para encontrar la derivada parcial en $(0,0)$ consideramos el cociente diferencial
\begin{align*}
\frac{f(h,0)-f(0,0)}{h} =& \frac{\frac{h(0)^3 - h^3(0)}{h^2+0^2} - 0}{h},\\
=& \frac{0}{h},
\end{align*}
y por lo tanto $\partial_x f(0,0) = 0$.
Para calcular la derivada parcial respecto a $y$ podemos repetir el proceso anterior, o bien, notar que $f(x,y) = -f(y,x)$ de donde
se desprende que si $(x,y) \neq (0,0)$ entonces
\begin{equation*}
\partial_y f(x,y) = \frac{3y^2x - x^3}{x^2 + y^2} - \frac{2y(xy^3 - x^3y)}{(x^2+y^2)^2},
\end{equation*}
y
\begin{equation*}
\partial_y f(0,0) = \lim_{k \to 0} \frac{\frac{(0)k^3 - (0)^3k}{0^2+k^2}}{k} = \lim_{k \to 0}\frac{0}{k}=0.
\end{equation*}
