Tema 11: Cálculo diferencial de funciones de varias variables I

Tema 11: Cálculo diferencial de funciones de varias variables I1 Derivadas direccionales, derivadas parcialesEl concepto que generaliza en varias variables la derivabilidad en funciones reales de una variable real es el de diferenciabilidad.Ahora bien, para funciones de varias variables la derivabilidad no ha lugar, al menos en el mismosentido que lo tratábamos para funciones de una variable. Es por ello por lo que se hace necesario el estudio de ladiferenciabilidad, a pesar de ser un concepto más complejo. Comenzaremos antes analizando algunas nociones mássencillas que van relacionadas.Definición 1.1 Partimos de lo siguiente:una función f : R n → R un punto x 0 =(a 1 , ..., a n ) ∈ Domf v =(v 1 , ..., v n ) un vector no nulo de R nLlamaremos derivada direccional de f en x 0 en la dirección del vector v (denominada también derivada con respectoa v) af(x 0 + tv) − f(x 0 ) f(a 1 + tv 1 , ..., a n + tv n ) − f(a 1 , ..., a n )D v f(x 0 ) =lim=limt→0 tt→0 tObservación 1.2 (Importante) La derivada direccional anterior puede realizarse de modo equivalente cogiendo lafuncióng : R → R definida por g(t) =f(x 0 + tv) calculando g 0 (0)En general, es más sencillo realizarlo de este modo.Observación 1.3 Salvoquesedigaexpresamentelocontrario,sihablamosdelaexistenciadealgunaderivadadireccionalse supone implícitamente que su valor es finito (aunque hay casos en los que puede dar infinito).Ejemplo 1.4 Hallemos la derivada direccionalÉsta valede la función f(x, y) =x 2 − y 2 en el punto x 0 =(3, 2) en la dirección del vector v =(1, −1)f[(3, 2) + t(1, −1)] − f(3, 2) f(3 + t, 2 − t) − 5D v f(x 0 ) = D (1,−1) f(3, 2) =lim=lim=t→0 tt→0 t(3 + t) 2 − (2 − t) 2 − 5= limt→0 tHaciéndolodelaotramaneratendríamosquedefinir10t=limt→0 t=limt→010 = 10g(t) =f(x 0 + tv) =f(3 + t, 2 − t) =(3+t) 2 − (2 − t) 2 =5+10ty hallar g 0 (0).Como g 0 (t) =10concluimos que D (1,−1) f(3, 2) = g 0 (0) = 10Ejemplo 1.5 Hallemos la derivada direccionalResultaría así:de la función f(x, y) =x−ye x +y 2 en el punto x 0 =(0, 1) en la dirección de vector v =(−1, 2)f[(0, 1) + t(−1, 2)] − f(0, 1) f(−t, 1+2t)+ 1 2D v f(x 0 )=D (−1,2) f(0, 1) =lim=limt→0 tt→0 t−t−(1+2t)e −t +(1+2t) 2 + 1 2−3t−1e −t +(1+2t) 2 + 1 2aplicamos l’Hôpital| {z }= lim−3[e −t +(1+2t) 2 ]−(−3t−1)[−e −t +4(1+2t)][e −t +(1+2t) 2 ] 2t→0=lim=lim= − 3t→0 tt→0 t14Y si nos hubiesen pedido la derivada direccional en la dirección del vector (−1, 2) se podría haber obtenido desdeel principio cambiando (v 1 ,v 2 ) por (−1, 2), pero es mejor, aprovechando los cálculos realizados, en la expresiónanteriormente calculada realizar la sustitución (v 1 ,v 2 )=(−1, 2). DeestemodoD (−1,2) f(0, 1) = − 1 4 .=1

Ejemplo 1.6 Hallemos la derivada direccionalProcedemos así:de la función f(x, y) =sin(2x − 3y) en el punto x 0 =(0, 0) en la dirección de vector v =(v 1 ,v 2 )f[(0, 0) + t(v 1 ,v 2 )] − f(0, 0) f(tv 1 ,tv 2 ) − 0D v f(x 0 )=D (v1 ,v 2 )f(0, 0) =lim=lim=t→0 tt→0 taplicamos l’Hôpitalsin(2tv 1 − 3tv 2 ) | {z } (2v 1 − 3v 2 )cos(2tv 1 − 3tv 2 )=lim= lim=2v 1 − 3v 2t→0 tt→0 1Y si nos pidiesen ahora la derivada direccional en la dirección del vector (4, −5) se puede obtener, como el cálculoque acabamos de hacer, desde el principio cambiando (v 1 ,v 2 ) por (4, −5), pero es mejor, aprovechando los cálculosrealizados, en la expresión anteriormente calculada realizar la sustitución (v 1 ,v 2 )=(4, −5). DeestemodoEjemplo 1.7 Hallemos la derivada direccionalÉsta valeD (4,−5) f(0, 0) = 2 · 4 − 3 · (−5) = 8 + 15 = 23de la función f(x, y) =x +2yz 2 − e z en el punto x 0 =(−1, 1, 0) en la dirección de vector v =(−2, 2, 1)f[(−1, 1, 0) + t(−2, 2, 1)] − f(−1, 1, 0) f(−1 − 2t, 1+2t, t) − (−2)D (−2,2,1) f(−1, 1, 0) =lim=lim=t→0 tt→0 t=−1 − 2t +2(1+2t)t 2 − e t +2 1 − 2t +2t 2 +4t 3 − e tlim=lim=t→0 tt→0 taplicamos l’Hôpital| {z } −2+4t +12t 2 − e t= limt→0 1= −2 − 1=−3De la otra manera tendríamos que definiry hallar g 0 (0).g(t) =f(x 0 + tv) =f(−1 − 2t, 1+2t, t) =−1 − 2t +2(1+2t)t 2 − e tComo g 0 (t) =−2+4t +12t 2 − e t concluimos que D (−2,2,1) f(−1, 1, 0) = g 0 (0) = −3Ejemplo 1.8 Calcular la derivada direccional de la función(yx2f(x, y) =x 2 +ysi (x, y) 6= (0, 0)20 si (x, y) =(0, 0)en el origen en la dirección del vector (3, −5). Éstavalef[(0, 0) + t(3, −5)] − f(0, 0) f(3t, −5t) − 0D v f(x 0 )=D (3,−5) f(0, 0) =lim=lim=t→0 tt→0 t−5t(3t) 2(3t) 2 +(−5t) 2t→0=lim−45t 334t 2t→0=lim−45t34t→0=lim=lim − 45t→0 34 = −45 34tt tEn este caso no utilizamos la función auxiliar g ya que no se podría obtener su derivada por el modo usual. Esto sedebe a que la función f está definida en el origen (0, 0) de un modo aparte y diferente que en los demás puntos.2

Sea f : R n → R x 0 =(a 1 , ..., a n ) ∈ Domf y C = {e 1 ,e 2 , ..., e n } la base canónica de R nCojamos (recordemos que cada e i tiene todas las coordenadas nulas salvo la i-ésima que vale 1). Entonces para cadai =1, 2,...,n la derivada direccional respecto del vector e i esD ei f(x 0 ) =f(x 0 + te i ) − f(x 0 ) f[(a 1 , ...., a n )+t(0, 0, ..., 0, 1, 0, ..., 0)] − f(a 1, ..., a n )lim=lim=t→0 tt→0 t=f(a 1 , ..., a i + t, ..., a n ) − f(a 1, ..., a n )limt→0 ty la llamaremos derivada parcial i-ésima de f ó (suponiendo que designamos por x i alavariablei-ésima del espacio)derivada parcial de f con respecto a x i en el punto x 0 . Para designar a esta derivada parcial suelen utilizarse lassiguientes notaciones:∂f∂x i(x 0 ) D i f(x 0 ) f xi (x 0 ) f 0 x i(x 0 )Por ejemplo, para una función f de dos variables (x, y) las derivadas parciales en el punto x 0 podrían denotarse así{ ∂f∂x (x 0), ∂f∂y (x 0)} {D 1 f(x 0 ),D 2 f(x 0 )} {f x (x 0 ),f y (x 0 )} {f 0 x(x 0 ),f 0 y(x 0 )}Y para una función f de tres variables (x, y, z) las derivadas parciales en el punto x 0 podrían denotarse así:{ ∂f∂x (x 0), ∂f∂y (x 0), ∂f∂z (x 0)} {D 1 f(x 0 ),D 2 f(x 0 ),D 3 f(x 0 )} {f x (x 0 ),f y (x 0 ),f z (x 0 )} {f 0 x (x 0),f 0 y (x 0),f 0 z (x 0)}Teniendo en cuenta que las derivadas parciales son derivadas direccionales, en principio se pueden hallar aquéllasigual éstas, por el límite de la definición o utilizando la funcióng(t) =f(a 1 ,a 2 , ..., a i−1 ,a i + t, a i+1 , ..., a n−1 ,a n )Ejemplo 1.9 Calculemos las derivadas parciales de la funciónpues∂f∂x i(a 1 ,a 2 , ..., a n )=g 0 (0)f(x, y) = x−yx 2 +1en el punto x 0 =(−2, 3)Éstas son=limt→0∂f∂x (−2, 3) = D f[(−2, 3) + t(1, 0)] − f(−2, 3) f(−2+t, 3) − (− 5 5(1,0)f(−2, 3) =lim=lim) =t→0 tt→0 t−2+t−3(−2+t) 2 +1 +1=limtt→0t−5t 2 −4t+5 + t2 −4t+5t 2 −4t+5t=limt→0t 2 −3tt 2 −4t+5t=limt→0t 2 − 3tt(t 2 − 4t +5) =limt→0t − 3t 2 − 4t +5 = −3 5∂f∂y (−2, 3) = D f[(−2, 3) + t(0, 1)] − f(−2, 3) f(−2, 3+t)+1(0,1)f(−2, 3) =lim=lim=t→0 tt→0 t−2−(3+t)(−2) 2 +1 +1t→05+ 5 55−1=lim=lim =lim =limttt t→0 5 = −1 5Utilizando el otro modo procederíamos con la derivada con respecto a x así: definiendot→0−5−tt→0−tg 1 (t) =f[x 0 + t(1, 0)] = f[(−2, 3) + t(1, 0)] = f(−2+t, 3) = −2+t − 3(−2+t) 2 +1 = t − 5t 2 − 4t +5y hallando g 0 1(0). Comoconcluimos queg 0 1(t) = 1 · (t2 − 4t +5)− (t − 5) · (2t − 4)(t 2 − 4t +5) 2∂f∂x (−2, 3) = D (1,0)f(−2, 3) = g1(0) 0 = 5 − 20 = −1525 25 = −3 53

y con la derivada con respecto a y así: definiendog 2 (t) =f[x 0 + t(0, 1)] = f[(−2, 3) + t(0, 1)] = f(−2, 3+t) =−2 − (3 + t)(−2) 2 +1 = −t − 55y hallando g 0 2 (0). Como g 0 2(t) =− 1 5concluimos que∂f∂y (−2, 3) = D (0,1)f(−2, 3) = g 0 (0) = − 1 5Habitualmente, calcular las derivadas parciales es más sencillo del siguiente modo:La derivada parcial de f con respecto a la variable x i en el punto x 0 =(a 1 , ..., a n ) puede hallarsecalculando la derivada de la función de una variableF i (x i )=f(x 1 , ..., x n ),en la que dejamos fijas las variables distintas de x i , en el punto x 0 (o, de modo equivalente, tomando la función deuna variableG i (x i )=f(a 1 , ..., a i−1 ,x i ,a i+1 , ..., a n ),en la que hemos sustituido las variables x j ,paraj 6= i, por los correspondientes a j , y derivando en el punto a i ).Ejemplo 1.10 Hallemos las derivadas parciales de la funciónf(x, y) = 2x−yx+3en el punto x 0 =(−1, 0)∂f2(x +3)− 1(2x − y)(x, y) =∂x (x +3) 2 = 6+y(x +3) 2∂f−(x +3)− 0(2x − y)(x, y) =∂y (x +3) 2 = −x − 3(x +3) 2 = − 1x +3por tanto∂f∂x (−1, 0) = 6 4 = 3 2Otra forma de hallar estas derivadas parciales sería la siguiente:Si utilizamos la funcióng(x) =f(x, 0) =2xx +3∂f∂y (−1, 0) = − 1 2se obtendría que g 0 (x) =6(x +3) 2∂fyportantoque∂x (−1, 0) = g0 (−1) = 3 2A partir de la función h(y) =f(−1,y)= 2 − y se tiene que h 0 (y) =− 1 22∂fyentonces∂y (−1, 0) = h0 (0) = − 1 2Nota: Por supuesto que también pueden calcularse estas derivadas parciales como derivadas direccionales, de losdos modos comentados hasta el momento.Ejemplo 1.11 Hallemos las derivadas parciales de la funciónf(x, y, z) =e 2x+3y cos z en cualquier punto (x, y, z)∂f∂x =2e2x+3y cos z∂f∂y =3e2x+3y cos z∂f∂z = −e2x+3y sin z)4

Ejemplo 1.12 Las derivadas parciales de la función f : R 3 → R definida porsonf x =f y =f z =f(x, y, z) =2x − y +13x +4y − 5z2 · (3x +4y − 5z) − (2x − y +1)· 3 9y − 10z − 3(3x +4y − 5z) 2 =(3x +4y − 5z) 2−15x +5z − 4(3x +4y − 5z) 210x − 5y +5(3x +4y − 5z) 2Observación 1.13 Lo realizado en los 2 ejemplos anteriores se ha podido hacer (al igual que ocurría con las derivadasde funciones de una variable) porque no hay ningún problema a la hora de derivar directamente. Si lo hay habrá queutilizar la definición de derivada parcial, como hicimos en algunos ejemplos anteriores como el Ejemplo 1.9 y comoocurre en el siguiente ejemplo.Ejemplo 1.14 Calculemos las derivadas parciales en todo punto (x, y) ∈ R 2 de la función dada por( xyxf(x, y) =2 +ysi (x, y) 6= (0, 0)20 si (x, y) =(0, 0)Si (x, y) 6= (0, 0) se tiene que∂f∂x (x, y) =y(x2 + y 2 ) − xy2x(x 2 + y 2 ) 2 = y3 − yx 2(x 2 + y 2 ) 2∂f∂y (x, y) = x3 − xy 2(x 2 + y 2 ) 2En el origen (0, 0) estos cálculos no son válidos, por lo que debemos recurrir a la definición de derivada parcial comoderivada direccional, y se tiene que∂ff[(0, 0) + t(1, 0)] − f(0, 0) f(t, 0) − 0 0(0, 0) =lim=lim=lim∂x t→0tt→0 t t→0 t =lim 0=0t→0∂ff[(0, 0) + t(0, 1)] − f(0, 0) f(0,t) − 0 0(0, 0) =lim=lim=lim∂y t→0tt→0 t t→0 t =lim 0=0t→0Concluimos que(∂fy 3 −yx 2∂x (x, y) = (x 2 +y 2 )si (x, y) 6= (0, 0)20 si (x, y) =(0, 0)(∂fx 3 −xy 2∂y (x, y) = (x 2 +y 2 )si (x, y) 6= (0, 0)20 si (x, y) =(0, 0)Observación 1.15 No hay una relación directa entre las derivadas parciales y la continuidad de una función en unpunto. Hay casos en los que no existe alguna de las derivadas parciales y la función es continua y hay casos enlos que la función no es continua pero sí tiene derivadas parciales. Así ocurre en el ejemplo anterior (lo cual puedecomprobarse realizando el cambio a polares). Por supuesto también hay casos en los que ambas cosas ocurren, es decir,casos en los que la función es continua y existen las derivadas parciales, y también casos en los que ninguna de estascosas ocurre.Para una función vectorialf =(f 1 ,f 2 , ..., f n ):R n → R mpueden definirse de modo similar sus derivadas direccionales y parciales, siendo éstas vectores de R m y pudiendohallarse coordenada a coordenada a partir de las funciones coordenadas f 1 ,f 2 , ..., f n .5

Ejemplo 1.16 Las derivadas parciales de la función f : R 2 → R 3 definida porf(x, y) =(x − y, x 2 e y , cos xy)sonf x =(1, 2xe y , −y sin xy)f y =(−1,x 2 e y , −x sin xy)Ejemplo 1.17 Calcular la derivada direccional de la funciónf(x, y) =(x 2 − 2y + e y−x , sin x +3) en el punto x 0 =(0, −2) en la dirección de v =(2, 1)luegoSeag(t) =f[(0, −2) + t(2, 1)] = f(2t, t − 2) = (4t 2 − 2[t − 2] + e −t−2 , sin 2t +3)g 0 (t) =(8t − 2 − e −t−2 , 2cos2t)Entonces esta derivada valeg 0 (0) = (−2 − e −2 , 2)2 Plano tangente a una superficieRecordemos que la derivada de una función derivablef : R → Ren un punto x 0 podía ser interpretada como la pendiente de la recta tangente a la curva y = f(x) en el punto x = x 0 .Veamos qué interpretación geométrica podemos darle a las derivadas parciales. Supongamos que tenemos una funciónreal de dos variables f y que tomamos la superficie determinada por la ecuación z = f(x, y). Haciendo uso de lasderivadas parciales de f es posible obtener el plano tangente alasuperficieenunpunto(a, b), tambiénsediceaveces en el punto (a, b, f(a, b)), cuya ecuación esz = f(a, b)+ ∂f (a, b) · (x − a)+∂f (a, b) · (y − b)∂x ∂yEjemplo 2.1 Hallemos el plano tangente de la superficiez =3x 2 − y sin x en el punto (π, 0)Enestepuntolacoordenadaz vale 3π 2 y como la función que define la superficie esAsí la ecuación de nuestro plano tangente esf(x, y) =3x 2 − y sin x∂f∂f∂x=6x − y cos xtenemos que∂y = − sin xz =3π 2 +6π · (x − π)+0· (y − 0) es decir z =3π 2 +6π · (x − π)Ejemplo 2.2 Hallemos el plano tangente de la superficiez =(x 2 − y 2 )e xy+y en el punto (0, −2)6

Enestepuntolacoordenadaz vale − 4 eycomolafunciónquedefine la superficie es2f(x, y) =(x 2 − y 2 )e xy+ytenemos que∂f∂x = 2xexy+y + y(x 2 − y 2 )e xy+y =(2x + yx 2 − y 3 )e xy+y∂f∂y= −2ye xy+y +(x +1)(x 2 − y 2 )e xy+y =(−2y + x 3 − xy 2 + x 2 − y 2 )e xy+yAsí la ecuación de nuestro plano tangente esz = − 4 e 2 + 8 e 2 · (x − 0) + 0 · (y +2) es decir z = − 4 e 2 + 8 e 2 xEjemplo 2.3 Hallemos el plano tangente de la superficiez =sinh(4x 2 − y 2 ) en el punto (1, 2)Enestepuntolacoordenadaz vale sinh(0) = 0 ycomolafunciónquedefine la superficie esf(x, y) = sinh(4x 2 − y 2 )tenemos que∂f∂x = 8x cosh(4x2 − y 2 )∂f∂y= −−2y cosh(4x 2 − y 2 )Así la ecuación de nuestro plano tangente esz =0+8cosh0· (x − 1) − 4cosh0· (y +1) es decir z =8(x − 1) − 4(y +1)3 Derivadas parciales de orden superiorPara una funciónf : R n → R mtambién puede plantearse la existencia de derivadas parciales segundas, siendo éstas las derivadas parciales de lasderivadas parciales. Denotaremos por∂ 2 f∂x i ∂x jo abreviadamente f xix jaladerivadaparcialsegundadef con respecto (primero) de x i y (después) de x j .Sii = j pondremos∂ 2 f∂x i ∂x i= ∂2 f∂x 2 iDe modo análogo se extiende el concepto para derivadas parciales terceras o de otro orden. También en el caso de lasderivadas terceras, cuartas, etc. pueden utilizarse abreviaturas del tipo∂ 3 f= ∂3 f∂x i ∂x i ∂x i ∂x 3 i∂ 3 f∂x i ∂x i ∂x j=∂3 f∂x 2 i ∂x jcuando se deriva más de una vez con respecto de alguna variable.7

Por ejemplo, para una función de dos variables las derivadas parciales segundas serían∂ 2 f∂x 2∂ 2 f∂x∂y∂ 2 f∂y∂x∂ 2 f∂y 2y las terceras∂ 3 f∂x 3∂ 3 f∂x 2 ∂y∂ 3 f∂x∂y∂x∂ 3 f∂x∂y 2∂ 3 f∂y∂x 2∂ 3 f∂y∂x∂y∂ 3 f∂y 2 ∂x∂ 3 f∂y 3Si f es una función para la que existen todas las derivadas parciales de orden k ysoncontinuasenunabiertoΩdiremos que es de clase C k (Ω, R) o simplemente de clase C k en Ω (diremos que f es de clase C ∞ cuando existanlas derivadas parciales de todo orden y sean continuas, y de clase C 0 cuando la función sea continua). De hecho, lasfunciones usuales y las operaciones que habitualmente realizamos con ellas son funciones de clase C ∞ en todo puntodel interior del dominio. Por ejemplo, así ocurre con la funciónf(x, y) =x 2 e y+x − sin[log( y x )]en todo punto en que x 6= 0e y x > 0.Surge ahora la cuestión de si se cumplirá la igualdad de las derivadas cruzadas∂ 2 f∂x i ∂x j=∂2 f∂x j ∂x iEsto no es cierto siempre. Pero basta con que la función sea de clase C 2 para poder asegurar esto.Ejemplo 3.1 Para la funciónf(x, y) =xe x+2yhallemos las derivadas de primer, segundo y tercer orden. Las de primer orden sonf x = e x+2y + xe x+2y =(1+x)e x+2yf y =2xe x+2ylas de segundo orden sonf xx = e x+2y +(1+x)e x+2y =(2+x)e x+2y f xy = f yx =2(1+x)e x+2y f yy =4xe x+2yy las de tercer orden sonf xxx =(3+x)e x+2y f xxy = f xyx = f yxx =2(2+x)e x+2y f xyy = f yxy = f yyx =4(1+x)e x+2y f yyy =8xe x+2yNota: Observemos que hemos utilizado que f es C ∞ para justificar las igualdadesf xy = f yx ,f xxy = f xyx = f yxx ,f xyy = f yxy = f yyxEjemplo 3.2 Para la funciónf(x, y, z) =xy cos(2x − 3z) − sin(y 2 + x 2 )hallemos las derivadas de primer y segundo orden. Las de primer orden sonf x = y cos(2x − 3z) − 2xy sin(2x − 3z) − 2x cos(y 2 + x 2 )f y = x cos(2x − 3z) − 2y cos(y 2 + x 2 ) f z =3xy sin(2x − 3z)Las de segundo orden sonf xx = −4y sin(2x − 3z) − 4xy cos(2x − 3y) − 2cos(y 2 + x 2 )+4x 2 sin(y 2 + x 2 )f xy = f yx =cos(2x − 3z) − 2x sin(2x − 3z)+4xy sin(y 2 + x 2 ) f xz = f zx =3y sin(2x − 3z)+6xy cos(2x − 3z)f yy = −2cos(y 2 + x 2 )+4y 2 sin(y 2 + x 2 ) f yz = f zy =3x sin(2x − 3z) f zz = −9xy cos(2x − 3z)8

4 DiferenciabilidadEn el Tema 6 vimos el concepto de derivabilidad para funciones reales de una variable. Para funciones de variasvariables no tiene sentido dicho concepto, por lo que se hace necesario plantear otro que, en el caso de funciones deuna variable, coincida con éste. Dicho concepto la diferenciabilidad. Diremos que una funciónf : R n → Res diferenciable en x 0 cuando existe una aplicación linealT : R n → Rde modo que(o abreviadamentef[(a 1 , ..., a n )+(x 1 , ..., x n )] − f(a 1 , ..., a n ) − T (x 1 , ..., x n )limp =0(x 1,...,x n)→(0,...,0)x21 + ... + x 2 nf(x 0 + x) − f(x 0 ) − T (x)lim=0x→0kxkponiendo x =(x 1 ,x 2 , ..., x n )). Cuando esto ocurre la aplicación lineal T que cumple esa propiedad se denomina ladiferencial de f en el punto x 0 y usaremos la notaciónT = df (x 0 ) ó Df(x 0 )De modo análogo se define el concepto de diferenciabilidad de una función vectorialf : R n → R mdividiendo por kxk = p x 2 1 + ... + x2 n en cada coordenada, y ocurriría que la diferencial sería una aplicación linealdf (x 0 ):R n → R my el límite anterior debería ser el vector 0 ∈ R m .El problema de estudiar la diferenciabilidad para funciones vectoriales se reduce al de funciones reales (m =1)debido al siguiente resultado:Propiedad: Una funciónf =(f 1 , ..., f m ):R n → R mes diferenciable en un punto x 0 si y sólo si f 1 , ..., f m (las funciones coordenadas de f) son diferenciables enx 0 . En esta situación se tiene además quedf (x 0 )=(df 1 (x 0 ), ..., df m (x 0 ))es decir, la diferencial se calcula coordenada a coordenada. Además, como veremos más adelante, esto podrá simplificarsegracias a lo que llamaremos matriz jacobiana.A continuación ponemos algunas propiedades de la diferencial:1. La diferencial de una función diferenciable en un punto es única.2. Toda función diferenciable en un punto es continua enesepunto(porloquetodafunciónquenoseacontinuano es diferenciable).3. (Teorema de la función compuesta o Regla de la cadena) Sif : R n → R m es una función diferenciable en x 0 y9

g : R m → R p es diferenciable en f(x 0 )entonces la función compuesta g ◦ f es diferenciable en x 0 .Ademásd(g ◦ f)(x 0 )=dg[f(x 0 )] ◦ df (x 0 )Nota: Más adelante veremos cómo determinar en la práctica la diferencial de la función compuesta, especialmentecon la matriz jacobiana.4. Las funciones usuales (constantes, polinomios, exponenciales, logaritmos, trigonométricas, etc.), así como lasque son combinación de ellas mediante las operaciones básicas (suma, resta, producto, cociente, composición,etc.) resultan diferenciables en todos los puntos posibles (en los puntos del interior del dominio).A continuación vemos la relación que hay entre la diferenciabilidad de una función y la existencia de derivadasdireccionales (en particular de derivadas parciales):Propiedad: Si una funciónf : R n → R mes diferenciable en un punto x 0 entonces existe la derivada direccional D v f(x 0 ) con valor finito paracualquier vector no nulo v =(v 1 ,v 2 , ..., v n ) de R n . En particular existen las derivadas parciales de f en x 0con valor finito. Además,en esta situación se tiene que(∗) D v f(x 0 )=df (x 0 )(v) =En particular para cada vector e i de la base canónica R n se tiene quenXi=1∂f∂x i(x 0 )=df (x 0 )(e i )∂f∂x i(x 0 ) · v iObservación 4.1 Veamos aquí la fórmula anterior (*) para el caso de 2 variables:Ypara3 variables:D (v1 ,v 2 )f(a, b) =df (a, b)(v 1 ,v 2 )= ∂f∂x (a, b) · v 1 + ∂f∂y (a, b) · v 2D (v1 ,v 2 ,v 3 )f(a, b, c) =df (a, b, c)(v 1 ,v 2 ,v 3 )= ∂f∂x (a, b, c) · v 1 + ∂f∂y (a, b, c) · v 2 + ∂f∂z (a, b, c) · v 3Ejemplo 4.2 Hallemos la diferencial de la funciónen el punto (−1, 0).f(x, y) =x 2 e xyEn primer lugar tenemos que∂f∂x =(2x + x2 y)e xy∂f∂y = x3 e xyluegoEntonces∂f∂f∂x(−1, 0) = −2∂y(−1, 0) = −1df (−1, 0) : R 2 → Res una aplicación lineal tal que para cada vector (v 1 ,v 2 ) ∈ R 2 se tiene quedf (−1, 0)(v 1 ,v 2 )= ∂f∂x (−1, 0) · v 1 + ∂f∂y (−1, 0) · v 2 = −2v 1 − v 210

Ejemplo 4.3 Hallemos la diferencial de la funciónen el punto (−1, 2).f(x, y) =xe x2 +y 2En primer lugar tenemos que∂f∂x =(1+2x2 )e x2 +y 2∂f∂y =2xyex2 +y 2luego∂f∂x(−1, 2) = 3e5∂fEntonces∂y(−1, 2) = −4e5df (−1, 2) : R 2 → Res una aplicación lineal tal que para cada vector (v 1 ,v 2 ) ∈ R 2 se tiene quedf (−1, 2)(v 1 ,v 2 )= ∂f∂x (−1, 2) · v 1 + ∂f∂y (−1, 2) · v 2 =3e 5 v 1 − 4e 5 v 2Ejemplo 4.4 Para la funcióncalcularf(x, y) =x 3 sin(y +2x)df (1, −2)(0, π 4 )En primer lugar tenemos que∂f∂x =3x2 sin(y +2x)+2x 3 cos(y +2x)∂f∂y = x3 cos(y +2x)EntoncesEjemplo 4.5 Para la funcióncalcularluegodf (1, −2)(0, π 4∂f∂f∂x(1, −2) = 2∂x(1, −2) = 1∂fππ)= (1, −2) · 0+∂f (1, −2) · =2· 0+1·∂x ∂y 4 4 = π 4f(x, y) =xy + e x−y sin xdf (a, b)(0, 3)En primer lugar tenemos queluegoEntonces∂f∂x = y + ex−y sin x + e x−y cos x∂f∂x (a, b) =b + ea−b sin a + e a−b cos a∂f∂y = x − ex−y sin x∂f∂y (a, b) =a − ea−b sin adf (a, b)(0, 3) = ∂f (a, b) · 0+∂f∂x ∂y (a, b) · 3=3a − 3ea−b sin aEjemplo 4.6 Para la funcióncalcularf(x, y) =3xy 2 +1df (a, b)(v 1 ,v 2 )En primer lugar tenemos que∂f∂x = 3y 2 +1∂f∂y = −6xy(y 2 +1) 2Entoncesluego∂f3∂x(a, b) =b 2 +1∂f∂y(a, b) =−6ab(b 2 +1) 2df (a, b)(v 1 ,v 2 )= ∂f∂x (a, b) · v 1 + ∂f∂y (a, b) · v 2 = 3v 1b 2 +1 − 6abv 2(b 2 +1) 211

Ejemplo 4.7 Seaf : R 2 → Runa función diferenciable en el punto (2, −1) ytalque∂f∂f∂x(2, −1) = 3∂y(2, −1) = −2Hallar la expresión analítica de la diferencialdf (2, −1) : R 2 → RCalcular tambiénLo primero que se pide esD (4,5) f(2, −1)df (2, −1)(v 1 ,v 2 )= ∂f∂x (2, −1) · v 1 + ∂f∂y (2, −1) · v 2 =3v 1 − 2v 2Ylosegundoes D (4,5) f(2, −1) = df (2, −1)(4, 5) = 3 · 4 − 2 · 5=2Ejemplo 4.8 Sea f : R 2 → R una función diferenciable en un punto x 0 y tal que para cada vector no nulo v =(v 1 ,v 2 ) ∈ R 2 se cumple queD v f(x 0 )=5v 1Hallar las derivadas parciales de f en dicho punto.Procediendo como en el ejercicio anterior se tiene que5v 1 = Df (v1 ,v 2 )(x 0 )=df (x 0 )(v 1 ,v 2 )= ∂f∂x (x 0) · v 1 + ∂f∂y (x 0) · v 2De aquí deducimos ahora que∂f∂x (x 0)=5∂f∂y (x 0)=0Si bien toda función diferenciable posee derivadas parciales, hay funciones que poseen derivadas parciales y sinembargo no son diferenciables, incluso hay casos en los que la función no es ni siquiera continua, como ocurre con lafunción del Ejemplo ?? en el (0, 0).Corolario 4.9 Si alguna de las derivadas parciales o direccionales no existe (o tiene valor infinito)entonceslafunciónno es diferenciable.Como vemos hay funciones que poseen derivadas parciales en un punto y sin embargo no son diferenciables endicho punto. La cosa cambia si exigimos la continuidad de las derivadas parciales. Veamos el siguiente criterio:Propiedad: Supongamos que tenemos una función f queesdeclaseC 1 (es decir, con derivadas parciales deorden 1 continuas) en x 0 . Entonces f es diferenciable en x 0 .Observación 4.10 Este resultado nos servirá sobre todo de modo teórico para saber que las funciones usuales sondiferenciables, sin tener que calcular las derivadas parciales (si lo que pretendemos es calcular primero las derivadasparciales para después comprobar la continuidad de éstas, normalmente no es el método más aconsejable).El recíproco de este resultado no es cierto, pues hay funciones que son diferenciables en un punto y que tienenderivadas parciales que no son continuas en dicho punto (ver Ejemplo ??).Ejemplo 4.11 Estudiemos la continuidad y la diferenciabilidad en el punto (0, 0) de las funciones definidas, si (x, y) 6=(0, 0), porf(x, y) =x2x 2 +yg(x, y) = x32 x 2 +y 212

f(0, 0) = g(0, 0) = h(0, 0) = 0En caso de ser diferenciables hallaremos la diferencial en (0, 0).Es sencillo ver que, en el origen (realizando el cambio a coordenadas polares) la primera no es continua (luego noes diferenciable) y las otras dos sí son continuas. Ahora bien la segunda función no es diferenciable en el punto, puessi bien sus derivadas parciales (en el punto) existen y valen∂g∂g∂x(0, 0) = 1respectivamente. Y el límite que planteamos para la diferenciallim(x,y)→(0,0)x 3x 2 +y 2∂y(0, 0) = 0− [ ∂g∂g∂x(0, 0)x +∂y(0, 0)y]p = limx2 + y 2 (x,y)→(0,0)x= lim2 +y− xp 2(x,y)→(0,0) x2 + y = lim −xy 22 (x,y)→(0,0)(x 2 + y 2 ) 3 2(como puede fácilmente verse en polares o al hallar los límites direccionales).x 3x 3x 2 +y 2 − [1 · x +0· y]px2 + y 2 =no existeEn resumen para estudiar la diferenciabilidad lo que debemos hacer por regla general es:1) Si asimplevistasevequef es de un tipo concreto (polinómica, exponencial, trigonométrica, etc. ocombinación de éstas), eso significará que la función es de clase C 1 (es decir tiene derivadas parciales de primer ordencontinuas) luego será diferenciable.2) Si ya hemos analizado o si se puede ver puede determinar fácilmente que la función no es continua, enese caso no será diferenciable (si no hemos determinado aún la no continuidad de la función, este criterio no esaconsejable con carácter general, pues a veces es más costosa esta labor que realizar el análisis de los criterios quevienen a continuación).3) Si no existe (con valor finito) alguna de las derivadas parciales (de primer orden) de f en x 0 sabemosya que f no es diferenciable en x 0 .5 Matriz jacobianaSea f una función diferenciable en un punto x 0 . Como ocurre con toda aplicación lineal podemos calcular la matrizasociadaaladiferencialdf (x 0 ) respecto de diversas bases. Concretamente nos interesamos por la matriz asociadarespecto de las bases canónicas:Propiedad:es una función diferenciable en un punto x 0 entoncesSif =(f 1 , ..., f m ):R n → R mdf (x 0 ):R n → R mes una aplicación lineal y tendría una matriz asociada respecto de las bases canónicas de R n y R m . Esta matriz sellamará matriz jacobiana de f en x 0 (ya la mostramos a continuación) y la denotaremos por⎛⎞∂f 1 ∂f∂x 1(x 0 ) 1∂f∂x 2(x 0 ) ··· 1∂x n(x 0 )∂f 2 ∂f ∂x 1(x 0 ) 2∂f∂x 2(x 0 ) ··· 2∂x n(x 0 )Jf(x 0 )=· ·· ·⎜⎝ · ·⎟⎠∂f m ∂f∂x 1(x 0 ) m∂f∂x 2(x 0 ) ··· m∂x n(x 0 )13

Observación 5.1 En algunos contextos puede utilizarse algún tipo de notación como J(f1,f2,...,fm)∂(x 1,x 2,...,x n)para la matrizjacobiana anterior, así queda claro cuáles son las funciones que se derivan y cuáles son las variables respecto de lasque se deriva.Mediante la matriz jacobiana podemos obtener la imagen de cualquier vector v =(v 1 , ..., v n ) ∈ R n atravésdelaaplicación lineal df (x 0 ) mediante la fórmula ya conocida para aplicaciones linealesdf (x 0 )(v) =Jf(x 0 ) · vdonde estamos poniendo el vector v en columna.A partir de esta fórmula obtenemos ésta otra ya conocidadf (x 0 )(v 1 , ..., v n )= ∂f∂x 1(x 0 ) · v 1 + ···+ ∂f∂x n(x 0 ) · v nAdemás cuando la función f es real (f : R n → R) la matriz jacobiana suele ponerse en forma de vector (fila o columna)yseledenominatambiénvector gradiente de f en x 0 , denotándolo también así .5f(x 0 )=( ∂f (x 0 ), ···, ∂f (x 0 ))∂x 1 ∂x nEjemplo 5.2 Hallar la matriz jacobiana de la funciónf : R 3 → R 2dada porf(x 1 ,x 2 ,x 3 )=(sinx 1 cos x 2 sin x 3 , sin x 1 cos x 2 cos x 3 ) en el punto ( π 2 , π 3 , π 4 )Ésta esEn primer lugar tenemos queJf( π 2 , π 3 , π 4 )= ⎛⎜⎝∂f 1∂x 1( π 2 , π 3 , π 4 ) ∂f 1∂x 2( π 2 , π 3 , π 4 ) ∂f 1∂x 3( π 2 , π 3 , π 4 )⎞⎟⎠∂f 2∂x 1( π 2 , π 3 , π 4 ) ∂f 2∂x 2( π 2 , π 3 , π 4 ) ∂f 2∂x 3( π 2 , π 3 , π 4 )f 1 (x 1 ,x 2 ,x 3 )=sinx 1 cos x 2 sin x 3 f 2 (x 1 ,x 2 ,x 3 )=sinx 1 cos x 2 cos x 3∂f 1∂x 1=cosx 1 cos x 2 sin x 3∂f 1∂x 2= − sin x 1 sin x 2 sin x 3∂f 1∂x 3=sinx 1 cos x 2 cos x 3donde∂f 2∂x 1=cosx 1 cos x 2 cos x 3∂f 2∂x 2= − sin x 1 sin x 2 cos x 3∂f 2∂x 3= − cos x 1 cos x 2 sin x 3⎞Así la matriz jacobiana esJf( π 2 , π 3 , π 4 )= ⎛⎜⎝0 − √ 64√640 − √ 64− √ 64Ejemplo 5.3 Hallar la matriz jacobiana en el punto (0, −1) de la funciónf : R 2 → R 4 dada por f(x, y) =(x 2 − y, 0, sin[xy],e 2y )⎛∂f 1∂x (0, −1) ⎞∂f 1∂y(0, −1)∂f 2∂x (0, −1) ∂f 2∂y(0, −1)Ésta es Jf(0, −1) =donde∂f 3∂x⎜(0, −1) ∂f 3∂y(0, −1)⎟⎝⎠∂f 4∂x (0, −1) ∂f 4∂y (0, −1)f 1 (x, y) =x 2 − y f 2 (x, y) =0 f 3 (x, y) =sin(xy) f 4 (x, y) =e 2y⎟⎠14

Entonces tenemos que∂f 1∂x =2x ∂f 1∂y = −1 ∂f 2∂x =0 ∂f 2∂y =0 ∂f 3∂x = y cos(xy) ∂f 3∂y = x cos(xy) ∂f 4∂x =0 ∂f 4∂y=2e2yAsí la matriz es Jf(0, −1) = ⎜⎝Ejemplo 5.4 Calcular la matriz jacobiana de la función⎛0 −10 0−1 002e 2f : R 3 → R 3 dada por f(x, y, z) =(log[xy],zx+ y 2 , z − yz − x + π 4 − 1)en cualquier punto (x, y, z) de su dominio.Ésta es Jf(x, y, z) =⎜⎝⎛∂f 1∂x (x, y, z) ∂f 1∂y (x, y, z) ∂f 1∂z∂f 2∂x (x, y, z) ∂f 2⎞⎟⎠⎞(x, y, z)∂y (x, y, z) ∂f 2∂z(x, y, z)⎟⎠∂z (x, y, z)∂f 3∂x (x, y, z) ∂f 3∂y (x, y, z) ∂f 3dondeTenemos quef 1 (x, y, z) =log(xy) f 2 (x, y, z) =zx + y 2 f 3 (x, y, z) = z−yz−x + π 4 − 1∂f 1∂x= y xy = 1 x∂f 1∂y= x xy = 1 y∂f 1∂z =0 ∂f 2∂x = z ∂f 2∂y =2y ∂f 2∂z = x ∂f 3∂x = z−y ∂f 3(z−x) 2 ∂y= −1z−x⎛⎜Así la matriz es Jf(x, y, z) = ⎝1x1y0z 2y xz−y(z−x) 2−1z−xy−x(z−x) 2⎞⎟⎠∂f 3∂z = y−x(z−x) 2Para finalizar vamos a hallar la matriz jacobiana en el punto P =(1, 1, π 3− 1) (se utilizará en el Ejemplo 6.1). Sale⎛⎞1 1 0⎜ πJf(P )= ⎝ 3 − 1 2 1 ⎟⎠1 −1π3 −2 π3 −2 0Ejemplo 5.5 Hallar la matriz jacobiana en el punto Q =(0, π 3 , π 4) de la funciónEn primer lugar tenemos queg : R 3 → R 2 dada por g(x 1 ,x 2 ,x 3 )=(sin[x 1 x 2 ], cos[2x 3 +3x 2 ]cosx 1 )⎛⎞∂g 1 ∂g∂x 1(Q) 1 ∂g∂x 2(Q) 1∂x 3(Q)Ésta es Jg(Q) =⎜⎝∂g 2∂x 1(Q)∂g 2∂x 2(Q)∂g 2∂x 3(Q)g 1 (x 1 ,x 2 ,x 3 )=sin(x 1 x 2 ) g 2 (x 1 ,x 2 ,x 3 )=cos(2x 3 +3x 2 )cosx 1⎟⎠donde∂g 1∂x 1= x 2 cos(x 1 x 2 )∂g 1∂x 2= x 1 cos(x 1 x 2 )∂g 1∂x 3=0∂g 2∂g∂x 1= − cos(2x 3 +3x 2 )sinx 2∂g1 ∂x 2= −3sin(2x 3 +3x 2 )cosx 2 1 ∂x 3= −2sin(2x 3 +3x 2 )cosx 1Así la matriz es Jg(Q) =Jg(0, π 3 , π 4 )= Ãπ30 00 3 2!15

6 El Teorema de la función compuesta (la Regla de la cadena)

∂(g ◦ f)(x, y) = ∂g (f(x, y)) · ∂f 1 ∂g(x, y)+ (f(x, y)) · ∂f 2 ∂g(x, y)+ (f(x, y)) · ∂f 3(x, y)∂y∂u 1 ∂y ∂u 2 ∂y ∂u 3 ∂yEjemplo 6.3 Consideremos funciones R 3 f → R 2 g → R definidas porf(x, y, z) =(x 2 z − 3cosy, 3 − zy)g(u, v) =ue −5vHallemos las derivadas parciales de la función compuesta g ◦ f.Como las funciones coordenadas de f sonf 1 (x, y, z) =x 2 z − 3cosy f 2 (x, y, z) =3− zy es deciru = x 2 z − 3cosy v =3− zy obtenemos que∂(g ◦ f)(x, y, z) = ∂g∂x∂u (f(x, y, z)) · ∂f 1 ∂g(x, y, z)+∂x ∂v (f(x, y, z)) · ∂f 2(x, y, z)∂x ycomo∂g∂u(u, v) =e−5v∂gTambién tenemos que∂v (u, v) =−5ue−5v ∂f 1∂x (x, y, z) =2xz ∂f 2∂x(x, y, z) =0∂g∂u(f(x, y, z)) = e−5(3−zy)∂gycomoFinalmente obtenemos que∂v (f(x, y, z)) = −5(x2 z − 3cosy)e −5(3−zy)∂(g ◦ f)con lo que(x, y, z) =∂x= e −5(3−zy) · 2xz − 5(x 2 z − 3cosy)e −5(3−zy) · 0=2xze −5(3−zy)se tiene que∂(g ◦ f)(x, y, z) = ∂g∂y∂u (f(x, y, z)) · ∂f 1(x, y, z)+∂g∂y ∂v (f(x, y, z)) · ∂f 2(x, y, z)∂y∂f 1∂y (x, y, z) =3siny ∂f 2∂y(x, y, z) =−zse tiene que∂(g ◦ f)(x, y, z) =e −5(3−zy) · 3siny − 5(x 2 z − 3cosy)e −5(3−zy) · (−z) =∂y=3sinye −5(3−zy) +5z(x 2 z − 3cosy)e −5(3−zy)∂(g ◦ f)(x, y, z) = ∂g∂z∂u (f(x, y, z)) · ∂f 1 ∂g(x, y, z)+∂z ∂v (f(x, y, z)) · ∂f 2(x, y, z)∂zycomo∂f 1∂z(x, y, z) =x2∂f2∂z(x, y, z) =−yse tiene que∂(g ◦ f)(x, y, z) =e −5(3−zy) · x 2 − 5(x 2 z − 3cosy)e −5(3−zy) · (−y) =∂z= x 2 e −5(3−zy) +5y(x 2 z − 3cosy)e −5(3−zy)Si preferimos utilizar las matrices jacobianas (ES MUY RECOMENDABLE) tengamos en cuenta que³ ´Jg(f(x, y, z)) = ∂g∂g∂u(f(x, y, z))∂v (f(x, y, z)) =³´= e −5(3−zy) −5(x 2 z − 3cosy)e −5(3−zy)yque Jf(x, y, z) =à ∂f1∂x (x, y, z) ∂f 1∂y (x, y, z) ! Ã∂f 1∂z(x, y, z)∂f 2∂x (x, y, z) ∂f 2∂y (x, y, z) ∂f 2∂z (x, y, z) =172xz 3siny x 20 −z −y!

³ ´yportanto∂(g◦f)∂x (x, y, z) ∂(g◦f)∂(g◦f)∂y(x, y, z)∂z(x, y, z) = J(g ◦ f)(x, y, z) =Jg(f(x, y, z)) · Jf(x, y, z)Ã!³´= e −5(3−zy) −5(x 2 z − 3cosy)e −5(3−zy) 2xz 3siny x 2·=0 −z −y³´= 2xze −5(3−zy) 3sinye −5(3−zy) +5z(x 2 z − 3cosy)e −5(3−zy) x 2 e −5(3−zy) +5y(x 2 z − 3cosy)e −5(3−zy)También se puede utilizar el cálculo directo realizando antes la composición:Como R 3 f → R 2 g → R se tiene que g ◦ f : R 3 → R está definida porg ◦ f(x, y, z) =g(f(x, y, z)) = g(x 2 z − 3cosy, 3 − zy) =(x 2 z − 3cosy)e −5(3−zy)Y entonces las derivadas de esta función son:Ejemplo 6.4∂(g ◦ f)(x, y, z)∂x= 2xze −5(3−zy)∂(g ◦ f)(x, y, z)∂y= 3sinye −5(3−zy) +5z(x 2 z − 3cosy)e −5(3−zy)∂(g ◦ f)(x, y, z)∂z= x 2 e −5(3−zy) +5y(x 2 z − 3cosy)e −5(3−zy)Dadas funciones R 2 f → R 3 g → R 2 con g(u, v, w) =(wu 2 e v ,vcos w)ydadoQ ∈ R 2 tal que f(Q) =(−1, 0, π 2 ) ydemodoquehallemos las derivadas parciales de la composición g ◦ f en el punto Q.Si utilizamos las matrices jacobianas∂f∂f∂x(Q) =(1, −2, 0)∂y(Q) =(2, −3, 1)como∂g∂u =(2wuev , 0)∂g∂v =(wu2 e v , cos w)∂g∂w =(u2 e v , −v sin w)yluego³∂(g◦f)∂f 1∂x (Q) =1 ∂f 2∂x (Q) =−2 ∂f 3∂x (Q) =0 ∂f 1∂y (Q) =2 ∂f 2∂y (Q) =−3 ∂f 3∂y(Q) =1 se tiene pues queÃ!³ ´Jg(u, v, w) = ∂g∂g∂g∂u(u, v, w)∂v(u, v, w)∂w (u, v, w) 2wue v wu 2 e v u 2 e v=0 cosw −v sin w∂x (Q) ∂(g◦f)∂yÃ!Jg(f(Q)) = Jg(−1, 0, π π2 )= −π210 0 0⎛⎞∂f 1∂x (Q) ∂f 1∂y (Q)⎛ ⎞1 2yque Jf(Q) =∂f 2∂x⎜(Q) ∂f 2∂y (Q)⎜ ⎟= ⎝ −2 −3 ⎠⎟ 0 1⎝⎠∂f 3∂x (Q) ∂f 3∂y (Q)⎛Ã!´π−π(Q) = J(g ◦ f)(Q) =Jg(f(Q)) · Jf(Q) =21 ⎜· ⎝0 0 0con lo que obtenemos que ∂(g◦f)∂x(Q) es la primera columna y ∂(g◦f)∂y(Q) la segunda.Si utilizamos las derivadas parciales directamente tenemos queyportanto1 2−2 −30 1⎞⎟⎠ =∂(g ◦ f)(Q) = ∂g∂x ∂u (f(Q)) · ∂f 1 ∂g(Q)+∂x ∂v (f(Q)) · ∂f 2 ∂g(Q)+∂x ∂w (f(Q)) · ∂f 3∂x (Q) =18Ã−2π − 7π 20 0!

=(−π, 0) · 1+( π , 0) · (−2) + (1, 0) · 0=(−2π, 0)2 y∂(g ◦ f)(Q) = ∂g∂y ∂u (f(Q)) · ∂f 1 ∂g(Q)+∂y ∂v (f(Q)) · ∂f 2 ∂g(Q)+∂y ∂w (f(Q)) · ∂f 3∂y (Q) ==(−π, 0) · 2+( π 2 , 0) · (−3) + (1, 0) · 1=(−7π 2 , 0)Enesteejemplonohalugarelcálculodirectodelacomposicióng ◦ f paraluegoderivar,puesaunqueseconocelaexpresión de g no se conoce la de f.7 Cambios de coordenadas>>>NO SÉ; AÚN DUDO SI ES MEJOR ASÍ OCOMO LO TENGO PUESTO; CASI ME INCLINO MÁS POR NO USAR LA NOTACIÓN DE LA COMPOSICIÓNSINO ÉSTA REDUCIDA>>>>>Aquí vamos a tratar situaciones dentro de las cuáles está el cambio a coordenadaspolares, pero pueden aparecernos cambios tanto de 2 como de más variables. Así partiremos originalmente de unasvariables (x 1 , ..., x n ) ∈ R n para expresarlas en función de otras (u 1 , ..., u n ) mediante alguna relación. Entonces nosinteresaremos por la matriz jacobiana del cambio. Si denominamos Φ : R n → R n a la aplicación que define dichocambio,enelsentidoEsto es así porque si tenemos ahora una función(x 1 , ..., x n )=Φ(u 1 , ..., u n ).g : R n → R mque depende de las variables o coordenadas (x 1 , ..., x n ), una expresión que dependa de g y de algunas de sus derivadasparciales respecto de las variables (x 1 , ..., x n ) podemos representarla en función de la composición de g ◦ Φ = G yalgunas de sus derivadas parciales respecto de las variables (u 1 ,...,u n ) sin más que realizar el cambio de coordenadas.Aplicaremos para ello la fórmula∂g∂x i=nXj=1∂G∂u j· ∂u j∂x iIgual que para la derivación compuesta (de hecho es un caso particular) se puede dar la fórmula matricial con eljacobiano del cambio de coordenadas; incluso esto nos servirá para, mediante el jacobiano inverso, hallar las derivadasparciales del cambio inverso, conocidas las del cambio inicial; la fórmula anterior seríaJg(x) =J(G ◦ Φ −1 )(x) =JG(Φ −1 (x)) · JΦ −1 (x)para cada punto x =(x 1 , ...x n ),esdecir³∂g∂x 1∂g∂x 2···´ ³∂g∂x n= ∂g∂u 1∂g∂u 2···´∂g∂u n⎛∂u 1 ∂u 1∂x 1 ∂x 2···∂u 2 ∂u 2∂x 1 ∂x 2····· ·· ·⎜⎝ · ·∂u n∂x 2···∂u u∂x 1∂u 1∂x n∂u 2∂x n∂u n∂x n⎞⎟⎠19

Si aparece alguna derivada parcial de orden superior se vuelve a aplicar reiteradamente la fórmula anterior.Veamos en primer lugar algunos cambios de coordenadas usualmente empleados. Comenzaremos por el cambio apolares que ya conocemos:Ejemplo 7.1 1. (Coordenadas polares en R 2 )2. (Coordenadas cilíndricas en R 3 )3. (Coordenadas esféricas en R 3 )x = ρ cos θy = ρ sin θx = ρ cos θy = ρ sin θz = zx = ρ cos θ sin φy = ρ sin θ sin φz = ρ cos φObservación 7.2 En el apéndice figuran los detalles de las derivadas parciales y los jacobianos de estos cambios y decómo emplearlos para relacionar las derivadas parciales de una función g de 2 ó 3 variables (2 para polares y 3 paracilíndricas y esféricas).Ejemplo 7.3 Supongamos que tenemos una funcióng : R 2 → Rque depende de las variables x e y. Mediante el cambio a coordenadas polares x = ρ cos θ,y = ρ sin θ en el cuadrantex, y > 0 (despejando obtendríamos el cambio inverso que sería ρ = p x 2 + y 2 , θ =arctan y x) vamos a transformar laexpresiónx ∂g∂x + y ∂g∂yYa hemos visto en el apartado correspondiente a coordenadas polares todo lo concerniente al cambio en sí, el cambioinverso, así como las parciales de ambos cambios de coordenadas y también cómo se relacionan las parciales de g enunas coordenadas y otras. Recordemos datos:∂x∂ρ =cosθ∂x∂y∂θ= −ρ sin θ∂ρ =sinθ∂y∂θ = ρ cos θ∂g∂x = ∂g∂g sin θ∂ρcos θ −∂θ ρ∂g∂y = ∂g∂g cos θ∂ρsin θ +∂θ ρLuego tenemos queRecapitulandolacosaasí:x ∂g∂x + y ∂g∂g= ρ cos θ(∂g cos θ −∂y ∂ρ ∂θsin θρ)+ρ sin θ(∂g ∂ρ= ρ(cos 2 θ +sin 2 θ) ∂g +(cosθ sin θ − sin θ cos θ)∂g∂ρ ∂θ = ρ∂g ∂ρx ∂g∂x + y ∂g∂y = ρ∂g ∂ρEjemplo 7.4 Supongamos que tenemos una funcióng : R 2 → R∂g cos θsin θ +∂θ ρ )=20

que depende de las variables x e y. Mediante el cambio a coordenadas polares en el cuadrante x, y > 0 vamos atransformar la expresión∂g∂x − ∂g∂yUtilizamos las mismas fórmulas que en caso anterior y se tiene que∂g∂x − ∂g∂y = ∂g ∂g sin θcos θ −∂ρ ∂θ ρ− (∂g ∂gsin θ +∂ρ ∂θcos θρEjemplo 7.5 Supongamos que tenemos una funcióng : R 3 → R)=(cosθ − sin θ)∂g ∂ρ(sin θ +cosθ) ∂g−ρ ∂θque depende de las variables x, y, z. Mediante el cambio a coordenadas cilíndricas x = ρ cos θ,y = ρ sin θ,z = z en elcuadrante x, y > 0 (despejando obtendríamos el cambio inverso que sería ρ = p x 2 + y 2 , θ =arctan y x,z = z) vamosatransformar la expresión∂g ∂g∂x ∂y +(∂g ∂z )2Podemos utilizar las fórmulas que están puestas en el apéndice, aunque no obstante el cálculo directo de las derivadasparciales siguientes es sencillo:∂ρ∂x =SimilarmenteFinalmenteEn conclusión tenemos que√x=cosθ ∂θx2 +y 2∂x = − yx 2= −y1+ y2 x 2 +y 2x 2= − sin θρ∂g∂x = ∂g ∂ρ∂ρ ∂x + ∂g ∂θ∂θ ∂x + ∂g ∂z ∂g=cosθ∂z ∂x ∂ρ − sin θ ∂gρ ∂θ∂ρ∂y =sinθ∂θ∂y =1 x= x1+ y2 x 2 +y= cos θ2 ρx 2∂g∂y = ∂g ∂ρ∂ρ ∂y + ∂g ∂θ∂θ ∂y + ∂g ∂z∂z ∂y = ∂g ∂g cos θsin θ +∂ρ ∂θ ρ∂g ∂g∂x ∂y +(∂g ∂z )2 =( ∂g∂ρ∂ρ∂z = ∂θ∂z =0cos θ −∂g∂θ∂z∂z =1=sinθ cos θ( ∂g∂ρ )2 +( cos2 θ − sin 2 θ) ∂g ∂gρ ∂ρ ∂θ∂g∂z = ∂g ∂ρ∂ρ ∂z + ∂g∂θsin θρ)(∂g ∂gsin θ +∂ρ ∂θ∂z∂x =0∂z∂y =0∂θ∂z + ∂g ∂z∂z ∂z = ∂g∂zcos θρ)+(∂g ∂z )2 =sin θ cos θ−ρ 2 ( ∂g∂θ )2 +( ∂g∂z )2Ejemplo 7.6 ######caso general, no dejarlo en los apuntes, es sólo para mí; terminar de cambiar u por v, queestoy a mitad####Para una función z de clase C 2 cambiar la expresión Az xx + Bz xy + Cz yy con elcambiou = ax + byv = cx + dy∂u ∂vEn primer lugar se tiene que∂x= a,∂x = c∂u ∂vIgualmente∂y= b,∂y = dPara las derivadas segundas se tiene quez x = ∂z∂x = ∂z∂uz y = ∂z∂y = ∂z∂u∂u∂x + ∂z ∂v∂v∂u∂y + ∂z∂v∂x = a ∂z∂u + c ∂z∂v∂v∂y = b ∂z∂u + d ∂z∂vz xx = ∂z x∂x∂z∂(a∂u= + c ∂z∂v ) ∂z∂(∂u= a )∂x∂x∂v )∂z+ c∂(∂x∂u )∂z= a[∂(∂u∂z∂u ∂(+∂x ∂v∂u )∂v∂z∂x ]+c[∂( ∂u= a ∂2 z∂u 2 · a + a ∂2 z∂u∂v · c + c ∂2 z∂v∂u · a + zc∂2 ∂v 2 · c = a2 ∂2 z∂u 2 +2ac ∂2 z∂u∂v + c2 ∂2 z∂v 221∂v )∂z∂u ∂(+∂x ∂v∂v )∂v∂x ]=

z xy = ∂z x∂y∂z∂(a∂u= + c ∂z∂v ) ∂z∂(∂u= a ) ∂z∂(∂v+ c ) ∂z∂(∂u= a[ ) ∂u∂y∂y ∂y ∂u ∂y + ∂( ∂z∂u ) ∂v∂z∂v ∂y ]+c[∂( ∂v ) ∂u$$$$$∂v ∂y= a ∂2 z∂u 2 · b + a ∂2 z∂u∂v · d + c ∂2 z∂v∂u · b + zc∂2 ∂v 2 · d = ab ∂2 z∂u 2 +(ad + bc) ∂2 z∂u∂v + zcd∂2 ∂v 2+∂(∂z∂v )∂v∂v∂y ]=z yy = ∂z ∂zy ∂(b∂u= + d ∂z∂v ) ∂z∂(∂u= b ) ∂z∂(∂v+ d ) ∂z∂(∂u= b[ ) ∂u∂y ∂y∂y ∂y ∂u ∂y + ∂( ∂z∂u ) ∂v∂z∂v ∂y ]+d[∂( ∂v ) ∂u∂u ∂y + ∂( ∂z∂v ) ∂v∂v ∂y ]== b ∂2 z∂u 2 · b + b ∂2 z∂u∂v · d + d ∂2 z∂v∂u · b + zd∂2 ∂v 2 · d = b2 ∂2 z∂u 2 +2bd ∂2 z∂u∂v + d2 ∂2 z∂v 2Finalmente se tiene queAz xx + Bz xy + Cz yy =(Aa 2 + Bab + Cb 2 ) ∂2 z∂v 2 +(2Aac + B(ad + bc)+2Cbd) ∂2 z∂v∂u +(Ac2 + Bcd + Cd 2 ) ∂2 z∂u 2Ejemplo 7.7 Transformar la expresióncon el cambioz xx + z yyv = 4x +2yu = x − 3y>>>>>>>>>Ejemplo 7.8 Para unafunción z de clase C 2 cambiar la expresión z xx +4z xy +3z yy con el cambio∂v ∂uEn primer lugar se tiene que∂x=3,∂v ∂uIgualmente∂y= −1,Para las derivadas segundas se tiene quez xx = ∂z x∂x∂z∂(3∂v= + ∂z∂u ) ∂z∂(∂v=3 )∂x ∂xv = 3x − yu = x +2y∂x =1∂z∂(+∂x∂y =2∂u )∂z=3[∂(∂vz x = ∂z∂x = ∂z∂vz y = ∂z∂y = ∂z∂v∂v )∂z∂v ∂(+∂x ∂u∂v )∂v∂x + ∂z ∂u∂u ∂x =3∂z ∂v + ∂z∂u∂v∂y + ∂z∂u∂u∂z∂x ]+∂( ∂v∂u∂y = − ∂z∂v +2∂z ∂u=3 ∂2 z∂v 2 · 3+3 ∂2 z∂v∂u · 1+ ∂2 z∂u∂v · 3+ ∂2 z∂u 2 · z1=9∂2 ∂v 2 +6 ∂2 z∂v∂u + ∂2 z∂u 2∂u )∂z∂v ∂(+∂x ∂uz xy = ∂z ∂zx ∂(3∂v= + ∂z∂u ) ∂z∂(∂v=3 ) ∂z∂(∂u+ ) ∂z∂(∂v=3[ )∂z∂v ∂(∂v+ ) ∂u∂z∂y ∂y ∂y ∂y ∂v ∂y ∂u ∂y ]+∂( ∂u )∂z∂v ∂(∂u+ )∂v ∂y ∂u=3 ∂2 z∂v 2 · (−1) + 3 ∂2 z∂v∂u · 2+ ∂2 z∂u∂v · (−1) + ∂2 z∂u 2 · z2=−3∂2 ∂v 2 +5 ∂2 z z∂v∂u +2∂2 ∂u 2z yy = ∂z ∂zy ∂(−∂v= +2∂z ∂u ) ∂z∂(∂v= − ) ∂z∂(∂u+2 )∂z∂(∂v= −[ )∂z∂v ∂(∂v+ ) ∂u∂z∂y ∂y∂y ∂y ∂v ∂y ∂u ∂y ]+2[∂( ∂u )∂z∂v ∂(+∂v ∂y ∂u= − ∂2 z∂v 2 · (−1) − ∂2 z∂v∂u · 2+2 ∂2 z∂u∂v · (−1) + 2 ∂2 z∂u 2 · 2= ∂2 z∂v 2 − 4 ∂2 z z∂v∂u +4∂2 ∂u 2Finalmente se tiene que∂u )∂u∂x =∂u∂y =∂u )∂u∂y ]=z xx +4z xy +3z yy =9 ∂2 z∂v 2 +6 ∂2 z∂v∂u + ∂2 z∂u 2 +4(−3∂2 z∂v 2 +5 ∂2 z∂v∂u +2∂2 z∂u 2 )+3(∂2 z∂v 2 − 4 ∂2 z∂v∂u +4∂2 z∂u 2 )=14 ∂2 z∂v∂u +21∂2 z∂u 222