[b][u][color=#1e84cc][size=150]Criterio suficiente para la diferenciabilidad de funciones.[br][/size][/color][/u][/b][br]El siguiente criterio es de uso común cuando se trata de verificar que cierta función de varias variables es diferenciable en un punto o en cada punto de un abierto.[br][br][color=#a61c00][b]Teorema 1[/b].[/color] [i]Sea [/i][math] f:D\rightarrow \mathbb{R} [/math][i] una función definida en un abierto [/i][math] D [/math][i] de [/i][math] \mathbb{R}^{n} [/math][i]. Si todas las derivadas parciales de [/i][math] f [/math][i] existen y son continuas en [/i][math] D [/math][i], entonces [/i][math] f [/math][i] es diferenciable en cada punto de [/i][math] D [/math][i].[/i][br][br]Lo importante aquí es que cada una de las derivadas parciales debe poder calcularse en cada punto del dominio [math] D [/math] y que la función resultante debe ser continua en [math] D [/math]. Por ejemplo, si la función es de dos variables, [math] f(x,y) [/math], entonces, para que el criterio se aplique, tanto [math]\partial_{x} f(x,y) [/math] como [math]\partial_{y} f(x,y)[/math] deben existir en cada punto [math] (x,y) [/math] de [math] D [/math] y deben ser continuas como funciones de [math] D [/math] en [math] \mathbb{R} [/math].[br][br][b][color=#ff7700]Ejemplo.[/color][/b] La función [math] f(x,y)= x^{2}y+xy^{2} [/math], definida en [math] D=\mathbb{R}^{2} [/math] (que es abierto), tiene derivadas parciales,[br][br][math][br]\begin{align}[br]\frac{\partial f}{\partial x} = 2xy+y^{2},\\[br]\frac{\partial f}{\partial y} = x^{2}+2xy.[br]\end{align}[br][/math][br][br]que son claramente continuas en todo [math] D=\mathbb{R}^{2} [/math]. Por lo tanto [math] f [/math] es diferenciable en cada punto de [math] \mathbb{R}^{2} [/math].[br][br][b][color=#980000]Prueba del Teorema 1.[/color][/b] Sin pérdida de generalidad hacemos la prueb para fuciones de dos variables [math]f(x,y)[/math]. Debemos probar que el resto,[br][br][math][br]R(x,y)=f(x,y)-\left(f(x_{0},y_{0})+\frac{\partial f(x_{0},y_{0})}{\partial x}(x-x_{0})+\frac{\partial f(x_{0},y_{0})}{\partial y}(y-y_{0})\right)[br][/math][br][br]cumple,[br][br][math][br]\lim_{(x,y)\rightarrow (x_{0},y_{0})}\frac{R(x,y)}{\|(x-x_{0},y-y_{0}\|}=0.[br][/math][br][br]Sumando y restando [math]f(x,y_{0})[/math] escribimos,[br][br][math][br]f(x,y)-f(x_{0},y_{0})=f(x,y)-f(x,y_{0})+f(x,y_{0})-f(x_{0},y_{0}).[br][/math][br][br]Recordemos ahora el Teorema del valor medio o Teorema de Lagrange, que vamos a usar en la expresión anterior un par de veces. [b]Teorema del valor medio[/b]: Sea [math]g:[a,b]\rightarrow \mathbb{R}[/math] una función continua y derivable en [math](a,b)[/math]. Entonces existe un valor medio [math]c\in (a,b)[/math] tal que,[br][br][math][br]g'(c)=\frac{g(b)-g(a)}{b-a}[br][/math][br][br]Usamos el Teorema del valor medio para la función de una variable (la variable [math]u[/math]),[br][br][math][br]g(u)=f(u,y_{0})-f(x_{0},y_{0}),\quad u\in [a,b]:=[x_{0},x],[br][/math][br][br](asumimos que [math]x>x_{0}[/math] pero (A) debajo vale en cualquier circunstancia) para concluir que para cierto [math]\bar{x}\in [x_{0},x][/math], tenemos,[br][br][math][br]g'(\bar{x})=\frac{dg(\bar{x})}{dx}=\frac{\partial f(\bar{x},y_{0})}{\partial y}=\frac{f(x,y_{0})-f(x_{0},y_{0})}{x-x_{0}},[br][/math][br][br]que se traduce en,[br][br](A) [math][br]f(x,y_{0})-f(x_{0},y_{0})=\frac{\partial f(\bar{x},y_{0})}{\partial x}(x-x_{0}).[br][/math] [br][br]De igual manera,[br][br](B) [math][br]f(x,y)-f(x,y_{0})=\frac{\partial f(x,\bar{y})}{\partial y}(y-y_{0})[br][/math][br][br]Usamos (A) y (B) en la fórmula del resto obtenemos,[br][br][math][br]R(x,y)=\left(\frac{\partial f(\bar{x},y_{0})}{\partial x}-\frac{\partial f(x_{0},y_{0})}{\partial x}\right)(x-x_{0})[br]+\left(\frac{\partial f(x,\bar{y})}{\partial y}-\frac{\partial f(x,y_{0})}{\partial y}\right)(y-y_{0})[br][/math][br][br]Dividiendo por [math]\|(x-x_{0},y-y_{0})\|[/math] arribamos a,[br][br](C)[math][br]\quad \frac{R(x,y)}{\|(x-x_{0},y-y_{0})\|}=\left(\frac{\partial f(\bar{x},y_{0})}{\partial x}-\frac{\partial f(x_{0},y_{0})}{\partial x}\right)\frac{(x-x_{0})}{\|(x-x_{0},y-y_{0})\|}[br]+\left(\frac{\partial f(x,\bar{y})}{\partial y}-\frac{\partial f(x,y_{0})}{\partial y}\right)\frac{(y-y_{0})}{\|(x-x_{0},y-y_{0})\|}[br][/math][br][br]Observamos que, [math](\bar{x},y_{0})\rightarrow (x_{0},y_{0})[/math] y [math](x,\bar{y})\rightarrow (x_{0},y_{0})[/math] cuando [math](x,y)\rightarrow (x_{0},y_{0})[/math]. Como por hipótesis las derivadas parciales son continuas, ambos términos en paréntesis tienden a cero cuando [math](x,y)[/math] tiende a [math](x_{0},y_{0})[/math]. Por otro lado,[br][br][math][br]\begin{align}[br]& \frac{|x-x_{0}|}{\|(x-x_{0},y-y_{0})\|}\leq 1,\\[br]& \frac{|y-y_{0}|}{\|(x-x_{0},y-y_{0})\|}\leq 1.[br]\end{align}[br][/math][br][br]Combinando ambas observaciones concluimos que el lado derecho de (C), y por lo tanto el izquierdo, tienden a cero cuando [math](x,y)\rightarrow (x_{0},y_{0})[/math]. Esto termina la prueba del teorema.[br][br][b][color=#1e84cc][u][size=150]Regla de la cadena.[/size][br][/u][/color][/b][br]Para funciones de una variable, la [i]regla de la cadena[/i] da la conocida expresión para la derivada de la función compuesta [math] f(x(t))[/math],[br][br](1)[math][br]\quad \frac{df(x(t))}{dt}=\frac{df}{dx}(x(t))\frac{dx}{dt}(t)[br][/math][br][br]Para funciones de dos variables la regla de la cadena da la derivada de la función compuesta [math] f(x(t),y(t))[/math],[br][br](2)[math][br]\quad \frac{df(x(t),y(t))}{dt}=\frac{\partial f}{\partial x}(x(t),y(t))\frac{dx}{dt}(t)+\frac{\partial f}{\partial y}(x(t),y(t))\frac{dy}{dt}(t)[br][/math][br][br]Más en general, para funciones de n-variables, la regla de la cadena da la derivada de la función compuesta [math] f(x_{1}(t),\ldots,x_{n}(t))[/math],[br][br](3)[math][br]\quad \frac{df(x_{1}(t),\ldots,x_{n}(t))}{dt}=\sum_{i=1}^{i=n}\frac{\partial f}{\partial x_{i}}(x_{1}(t),\ldots,x_{n}(t))\frac{dx_{i}}{dt}(t)[br][/math][br][br][b][color=#ff7700]Ejemplo.[/color][/b] Sea [math] f(x,y)=xy^{2}[/math], y sean [math] x(t)=t[/math] y [math] y(t)=t^{2}[/math]. La composición de dichas funciones es,[br][br][math][br]t\rightarrow (x(t),y(t))\rightarrow f(x(t),y(t))=t.(t^{2})^{2}=t^{5}[br][/math][br][br]Para hallar la derivada de [math] f(x(t),y(t))[/math] hay dos opciones:[br][br](a) Derivar directamente la expresión explícita [math] f(x(t),y(t))=t^{5}[/math], obteniendo,[br][br][math][br]\frac{d f(x(t),y(t))}{dt}=\frac{dt^{5}}{dt}=5t^{4}[br][/math][br][br](b) Usar la regla de la cadena. Para ello primero calculamos,[br][br][math][br]\begin{align}[br]& \frac{\partial f}{\partial x}(x,y)=y^{2},\\[br]& \frac{\partial f}{\partial y}(x,y)=2xy,\\[br]& \frac{dx}{dt}(t)=1,\\[br]& \frac{dy}{dt}(t)=2t.[br]\end{align}[br][/math][br][br]Por lo tanto,[br][br][math][br]\begin{align}[br]& \frac{\partial f}{\partial x}(x(t),y(t))=(t^{2})^{2}=t^{4},\\[br]& \frac{\partial f}{\partial y}(x(t),y(t))=2tt^{2}=2t^{3},[br]\end{align}[br][/math][br][br]Usando este cálculo en (2) obtenemos,[br][br][math][br]\frac{d f(x(t),y(t))}{dt}=t^{4}.1+2t^{3}.2t=5t^{4}[br][/math]