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# 6.3: Funciones Diferenciables

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Como sabemos, una función$$f : E^{1} \rightarrow E\left(\text {on } E^{1}\right)$$ es diferenciable en$$p \in E^{1}$$ iff, con$$\Delta f=f(x)-f(p)$$ y$$\Delta x=x-p$$,

\ [
f^ {\ prime} (p) =\ lim _ {x\ fila derecha p}\ frac {\ Delta f} {\ Delta x}\ texto {existe}\ quad (\ texto {finito}).
\]

Ajuste$$\Delta x=x-p=t, \Delta f=f(p+t)-f(p),$$ y$$f^{\prime}(p)=v,$$ podemos escribir esta ecuación como

\ [
\ lim _ {t\ fila derecha 0}\ izquierda|\ frac {\ Delta f} {t} -v\ derecha|=0,
\]

o

\ [
\ lim _ {t\ fila derecha 0}\ frac {1} {|t|} |f (p+t) -f (p) -v t|=0
\]

Ahora define un mapa$$\phi : E^{1} \rightarrow E$$ por$$\phi(t)=t v, v=f^{\prime}(p) \in E$$.

Entonces$$\phi$$ es lineal y continuo, es decir,$$\phi \in L\left(E^{1}, E\right) ;$$ así por el Corolario 2 en §2, podemos expresar de la$$(1)$$ siguiente manera: hay un mapa$$\phi \in L\left(E^{1}, E\right)$$ tal que

\ [
\ lim _ {t\ fila derecha 0}\ frac {1} {|t|} |\ Delta f-\ phi (t) |=0.
\]

Adoptamos esto como una definición en el caso general,$$f : E^{\prime} \rightarrow E,$$ también.

## Definición: Diferenciable en un Punto

Una función$$f : E^{\prime} \rightarrow E$$ donde$$E^{\prime}$$ y$$E$$ son espacios normados sobre el mismo campo escalar) se dice que es diferenciable en un$$\vec{p} \in E^{\prime}$$ punto si hay un mapa

\ [
\ phi\ en L\ izquierda (E^ {\ prime}, E\ derecha)
\]

de tal manera que

\ [
\ lim _ {\ vec {t}\ fila derecha\ overrightarrow {0}}\ frac {1} {|\ vec {t} |} |\ Delta f-\ phi (\ vec {t}) |=0;
\]

es decir,

\ [
\ lim _ {\ vec {t}\ fila derecha\ overrightarrow {0}}\ frac {1} {|\ vec {t} |} [f (\ vec {p} +\ vec {t}) -f (\ vec {p}) -\ phi (\ vec {t})] =0.
\]

Como mostramos a continuación,$$\phi$$ es único (para un fijo$$\vec{p} ),$$ si existe.

Llamamos$$\phi$$ al diferencial de$$f$$ al denotado$$\vec{p},$$ brevemente$$d f .$$ Como depende de$$\vec{p},$$ nosotros también escribimos$$d f(\vec{p} ; \vec{t})$$ para$$d f(\vec{t})$$ y$$d f(\vec{p} ; \cdot)$$ para$$d f$$.

Algunos autores escriben$$f^{\prime}(\vec{p})$$$$d f(\vec{p} ; \cdot)$$ y lo llaman el derivado en$$\vec{p},$$ pero no haremos esto (ver Prefacio). Siguiendo a M. Spivak, sin embargo, utilizaremos$$"[f^{\prime}(\vec{p})] "$$ para su matriz, de la siguiente manera.

## Definición: Matriz jacobiana

Si$$E^{\prime}=E^{n}\left(C^{n}\right)$$ y$$E=E^{m}\left(C^{m}\right),$$ y$$f : E^{\prime} \rightarrow E$$ es diferenciable en$$\vec{p},$$ nos fijamos

\ [
\ izquierda [f^ {\ prime} (\ vec {p})\ derecha] = [d f (\ vec {p};\ cdot)]
\]

y llamarlo la matriz jacobiana de$$f$$ al$$\vec{p}$$.

Nota 1. En el capítulo 5, §6, no definimos$$d f$$ como mapeo. Sin embargo, si$$E^{\prime}=E^{1},$$ el valor de la función

\ [
d f (p; t) =v t=f^ {\ prime} (p)\ Delta x
\]

es como en el Capítulo 5, §6.

Además,$$\left[f^{\prime}(p)\right]$$ es una$$1 \times 1$$ matriz con un solo término$$f^{\prime}(p) .$$ (¿Por qué?) Esto motivó Definición 2.

## Teorema$$\PageIndex{1}$$

(La singularidad de$$d f ) .$$ Si$$f : E^{\prime} \rightarrow E$$ es diferenciable en$$\vec{p},$$ ese momento el mapa$$\phi$$ descrito en la Definición 1 es único (dependiente de$$f$$ y$$\vec{p}$$ solo).

Prueba

Supongamos que hay otro mapa lineal$$g : E^{\prime} \rightarrow E$$ tal que

\ [
\ lim _ {\ vec {t}\ fila derecha\ overrightarrow {0}}\ frac {1} {|\ vec {t} |} [f (\ vec {p} +\ vec {t}) -f (\ vec {p}) -g (\ vec {t})] =\ lim _ {\ vec {t}\ fila derecha\ overrightarrow {0}}\ frac {1} {|\ vec {t} |} [\ Delta f-g (\ vec {t})] =0.
\]

Dejar$$h=\phi-g .$$ Por Corolario 1 en §2,$$h$$ es lineal.

Además, por la ley del triángulo,

\ [
|h (\ vec {t}) |=|\ phi (\ vec {t}) -g (\ vec {t}) |\ leq|\ Delta f-\ phi (\ vec {t}) |+|\ Delta f-g (\ vec {t}) |.
\]

Por lo tanto, dividiendo por$$|\vec{t}|$$,

\ [
\ izquierda|h\ izquierda (\ frac {\ vec {t}} {|\ vec {t} |}\ derecha)\ derecha|=\ frac {1} {|\ vec {t} |} |h (\ vec {t}) |\ leq\ frac {1} {|\ vec {t} |} |\ Delta f-\ phi (\ vec {t} |\ vec {t} |\ Delta f-\ phi (\ vec {t} |\ vec c {t}) |+\ frac {1} {|\ vec {t} |} |\ Delta f-g (\ vec {t}) |.
\]

Por$$(3)$$ y$$(2),$$ las expresiones del lado derecho tienden a 0 como$$\vec{t} \rightarrow \overrightarrow{0} .$$ Así

\ [
\ lim _ {\ vec {t}\ fila derecha\ overrightarrow {0}} h\ izquierda (\ frac {\ vec {t}} {|\ vec {t} |}\ derecha) =0.
\]

Esto sigue siendo válido también si$$\vec{t} \rightarrow \overrightarrow{0}$$ sobre cualquier línea a través de$$\overrightarrow{0},$$ modo que se$$\vec{t} /|\vec{t}|$$ mantenga constante, digamos$$\vec{t} /|\vec{t}|=\vec{u},$$ dónde$$\vec{u}$$ está un vector unitario arbitrario (pero fijo).

Entonces

\ [
h\ izquierda (\ frac {\ vec {t}} {|\ vec {t} |}\ derecha) =h (\ vec {u})
\]

es constante; por lo que puede tender a$$0$$ solo si es igual a$$0,$$ así$$h(\vec{u})=0$$ para cualquier vector de unidad$$\vec{u} .$$

Dado que cualquiera$$\vec{x} \in E^{\prime}$$ puede escribirse como rendimientos de$$\vec{x}=|\vec{x}| \vec{u},$$ linealidad

\ [
h (\ vec {x}) =|\ vec {x} | h (\ vec {u}) =0.
\]

Así$$h=\phi-g=0$$ sucesivamente$$E^{\prime},$$ y así$$\phi=g$$ después de todo, demostrando la singularidad de$$\phi . \square$$

## Teorema$$\PageIndex{2}$$

Si$$f$$ es diferenciable en$$\vec{p},$$ entonces

(i)$$f$$ es continuo en$$\vec{p}$$;

(ii) para cualquiera$$\vec{u} \neq \overrightarrow{0},$$ tiene el derivado$$\vec{u}$$ -dirigido

\ [
D_ {\ vec {u}} f (\ vec {p}) =d f (\ vec {p};\ vec {u}).
\]

Prueba

Por suposición, la fórmula$$(2)$$ se mantiene para$$\phi=d f(\vec{p} ; \cdot)$$.

Así, dado que$$\varepsilon>0,$$ hay$$\delta>0$$ tal que, fijando$$\Delta f=f(\vec{p}+\vec{t})-f(\vec{p})$$ tenemos

\ [
\ frac {1} {|\ vec {t} |} |\ Delta f-\ phi (\ vec {t}) |<\ varepsilon\ texto {siempre} 0<|\ vec {t} |<\ delta;
\]

o, por la ley del triángulo,

\ [
|\ Delta f|\ leq|\ Delta f-\ phi (\ vec {t}) |+|\ phi (\ vec {t}) |\ leq\ varepsilon|\ vec {t} |+|\ phi (\ vec {t}) |,\ quad 0<|\ vec {t} |<\ delta.
\]

Ahora, por Definición$$1, \phi$$ es lineal y continuo; entonces

\ [
\ lim _ {\ vec {t}\ fila derecha\ overrightarrow {0}} |\ phi (\ vec {t}) |=|\ phi (\ overrightarrow {0}) |=0.
\]

Así, haciendo$$\vec{t} \rightarrow \overrightarrow{0}$$ adentro$$(5),$$ con$$\varepsilon$$ fijo, conseguimos

\ [
\ lim _ {\ vec {t}\ fila derecha\ overrightarrow {0}} |\ Delta f|=0.
\]

Como$$\vec{t}$$ es sólo otra notación para$$\Delta \vec{x}=\vec{x}-\vec{p},$$ esto prueba la aserción (i).

A continuación, arregle cualquier$$\vec{u} \neq \overrightarrow{0}$$$$E^{\prime},$$ entrada y sustituya$$t \vec{u}$$$$\vec{t}$$ en$$(4)$$.

En otras palabras,$$t$$ es una variable real,$$0<t<\delta /|\vec{u}|,$$ así que eso$$\vec{t}=t \vec{u}$$ satisface$$0<|\vec{t}|<\delta$$.

Multiplicando por$$|\vec{u}|,$$ utilizamos la linealidad de$$\phi$$ para obtener

\ [
\ varepsilon|\ vec {u} |>\ izquierda|\ frac {\ Delta f} {t} -\ frac {\ phi (t\ vec {u})} {t}\ derecha|=\ izquierda|\ frac {\ Delta f} {t} -\ phi (\ vec {u})\ derecha|=\ izquierda|\ frac {t} - f (\ vec {p} +t\ vec {u}) -f (\ vec {p})} {t} -\ phi (\ vec {u})\ derecha|.
\]

Como$$\varepsilon$$ es arbitrario, tenemos

\ [
\ phi (\ vec {u}) =\ lim _ {t\ fila derecha 0}\ frac {1} {t} [f (\ vec {p} +t\ vec {u}) -f (\ vec {p})].
\]

Pero esto es simplemente$$D_{\vec{u}} f(\vec{p}),$$ por la Definición 1 en §1.

Así$$D_{\vec{u}} f(\vec{p})=\phi(\vec{u})=d f(\vec{p} ; \vec{u}),$$ demostrando$$(\mathrm{ii}) . \square$$

Nota 2. Si$$E^{\prime}=E^{n}(C^{n}),$$ Teorema 2 (iii) muestra que si$$f$$ es diferenciable en$$\vec{p},$$ él tiene$$n$$ los parciales

$D_{k} f(\vec{p})=d f\left(\vec{p} ; \vec{e}_{k}\right), \quad k=1, \ldots, n.$

Pero lo contrario falla: la existencia del ni siquiera$$D_{k} f(\vec{p})$$ implica continuidad, y mucho menos diferenciabilidad (ver §1). Además, tenemos el siguiente resultado.

## Corolario$$\PageIndex{1}$$

Si$$E^{\prime}=E^{n}\left(C^{n}\right)$$ y si$$f : E^{\prime} \rightarrow E$$ es diferenciable en$$\vec{p},$$ ese momento

$d f(\vec{p} ; \vec{t})=\sum_{k=1}^{n} t_{k} D_{k} f(\vec{p})=\sum_{k=1}^{n} t_{k} \frac{\partial}{\partial x_{k}} f(\vec{p}),$

donde$$\vec{t}=\left(t_{1}, \ldots, t_{n}\right)$$.

Prueba

Por definición,$$\phi=d f(\vec{p}; \cdot)$$ es un mapa lineal para un fijo$$\vec{p}$$.

Si$$E^{\prime}=E^{n}$$ o$$C^{n},$$ podemos usar la fórmula (3) de §2, reemplazando$$f$$ y$$\vec{x}$$ por$$\phi$$ y$$\vec{t},$$ y obtener

$\phi(\vec{t})=d f(\vec{p}; \vec{t})=\sum_{k=1}^{n} t_{k} d f\left(\vec{p}; \vec{e}_{k}\right)=\sum_{k=1}^{n} t_{k} D_{k} f(\vec{p})$

por Nota 2. $$\quad \square$$

Nota 3. En notación clásica, se escribe$$\Delta x_{k}$$ o$$d x_{k}$$ para$$t_{k}$$ en (6). Por lo tanto, omitir$$\vec{p}$$ y la$$\vec{t},$$ fórmula (6) a menudo se escribe como

$d f=\frac{\partial f}{\partial x_{1}} d x_{1}+\frac{\partial f}{\partial x_{2}} d x_{2}+\cdots+\frac{\partial f}{\partial x_{n}} d x_{n}.$

En particular, si$$n=3,$$ escribimos$$x, y, z$$ para$$x_{1}, x_{2}, x_{3}.$$ Esto rinde

$d f=\frac{\partial f}{\partial x} d x+\frac{\partial f}{\partial y} d y+\frac{\partial f}{\partial z} d z$

(una fórmula de cálculo familiar).

Nota 4. Si el espacio de rango$$E$$ en el Corolario 1 es$$E^{1}(C),$$ entonces la$$D_{k} f(\vec{p})$$ forma una$$n$$ -tupla de escalares, es decir, un vector en$$E^{n}(C^{n}).$$

En caso de$$f : E^{n} \rightarrow E^{1},$$ que lo denotemos por

$\nabla f(\vec{p})=\left(D_{1} f(\vec{p}), \ldots, D_{n} f(\vec{p})\right)=\sum_{k=1}^{n} \vec{e}_{k} D_{k} f(\vec{p}).$

En caso de$$f : C^{n} \rightarrow C,$$ que sustituyamos el$$D_{k} f(\vec{p})$$ por sus conjugados$$\overline{D_{k} f(\vec{p})}$$ y fijemos

$\nabla f(\vec{p})=\sum_{k=1}^{n} \vec{e}_{k} \overline{D_{k} f(\vec{p})}.$

El vector$$\nabla f(\vec{p})$$ se llama el gradiente de$$f$$ (“grad$$f$$ “) at$$\vec{p}$$.

De (6) obtenemos

$d f(\vec{p};\vec{t})=\sum_{k=1}^{n} t_{k} D_{k} f(\vec{p})=\vec{t} \cdot \nabla f(\vec{p})$

(punto producto de$$\vec{t}$$ por$$\nabla f(\vec{p}) ),$$ proporcionado$$f : E^{n} \rightarrow E^{1}$$ (o$$f : C^{n} \rightarrow C )$$ es diferenciable en$$\vec{p}$$.

Esto nos lleva al siguiente resultado.

## Corolario$$\PageIndex{2}$$

Una función$$f : E^{n} \rightarrow E^{1}$$ (o$$f : C^{n} \rightarrow C$$) es diferenciable en$$\vec{p}$$ iff

$\lim _{\vec{t} \rightarrow \overline{0}} \frac{1}{|\vec{t}|}|f(\vec{p}+\vec{t})-f(\vec{p})-\vec{t} \cdot \vec{v}|=0$

para algunos$$\vec{v} \in E^{n}(C^{n})$$.

En este caso, necesariamente$$\vec{v}=\nabla f(\vec{p})$$ y$$\vec{t} \cdot \vec{v}=d f(\vec{p} ; \vec{t}), \vec{t} \in E^{n}(C^{n})$$.

Prueba

Si$$f$$ es diferenciable en$$\vec{p},$$ podemos establecer$$\phi=d f(\vec{p} ; \cdot)$$ y$$\vec{v}=\nabla f(\vec{p})$$

Luego por (7),

$\phi(\vec{t})=d f(\vec{p} ; \vec{t})=\vec{t} \cdot \vec{v};$

así por Definición 1, (8) resultados.

Por el contrario, si algunos$$\vec{v}$$ satisface (8), conjunto$$\phi(\vec{t})=\vec{t} \cdot \vec{v}.$$ Entonces (8) implica (2), y$$\phi$$ es lineal y continuo.

Así, por definición,$$f$$ es diferenciable en$$\vec{p};$$ tan (7) sostiene.

Además,$$\phi$$ es un lineal funcional en$$E^{n}(C^{n}).$$ Por Teorema 2 (ii) en §2, el$$\vec{v}$$ in$$\phi(\vec{t})=\vec{t} \cdot \vec{v}$$ es único, como es$$\phi.$$

Así por (7),$$\vec{v}=\nabla f(\vec{p})$$ necesariamente. $$\quad \square$$

## Corolario$$\PageIndex{3}$$ (law of the mean)

Si$$f : E^{n} \rightarrow E^{1}$$ (real) es relativamente continuo en un segmento cerrado$$L[\vec{p}, \vec{q}], \vec{p} \neq \vec{q},$$ y diferenciable en$$L(\vec{p}, \vec{q}),$$ entonces

$f(\vec{q})-f(\vec{p})=(\vec{q}-\vec{p}) \cdot \nabla f(\vec{x}_{0})$

para algunos$$\vec{x}_{0} \in L(\vec{p}, \vec{q})$$.

Prueba

Let

$r=|\vec{q}-\vec{p}|, \quad \vec{v}=\frac{1}{r}(\vec{q}-\vec{p}), \text { and } r \vec{v}=(\vec{q}-\vec{p}).$

Por (7) y Teorema 2 (ii),

$D_{\vec{v}} f(\vec{x})=d f(\vec{x} ; \vec{v})=\vec{v} \cdot \nabla f(\vec{x})$

para$$\vec{x} \in L(\vec{p}, \vec{q}).$$ Así, por la fórmula (3') del Corolario 2 en §1,

$f(\vec{q})-f(\vec{p})=r D_{\vec{v}} f\left(\vec{x}_{0}\right)=r \vec{v} \cdot \nabla f(\vec{x}_{0})=(\vec{q}-\vec{p}) \cdot \nabla f(\vec{x}_{0})$

para algunos$$\vec{x}_{0} \in L(\vec{p}, \vec{q}). \quad \square$$

Como sabemos, la mera existencia de parciales no implica diferenciabilidad. Pero la existencia de parciales continuos sí. En efecto, tenemos el siguiente teorema.

## Teorema$$\PageIndex{3}$$

Vamos$$E^{\prime}=E^{n}(C^{n})$$.

Si$$f : E^{\prime} \rightarrow E$$ tiene las derivadas parciales$$D_{k} f(k=1, \ldots, n)$$ en todo de un conjunto abierto$$A \subseteq E^{\prime},$$ y si las$$D_{k} f$$ son continuas en algunos$$\vec{p} \in A,$$ entonces$$f$$ es diferenciable en$$\vec{p}$$.

Prueba

Con$$\vec{p}$$ lo anterior, vamos

$\phi(\vec{t})=\sum_{k=1}^{n} t_{k} D_{k} f(\vec{p}) \text { with } \vec{t}=\sum_{k=1}^{n} t_{k} \vec{e}_{k} \in E^{\prime}.$

Entonces$$\phi$$ es continuo (¡un polinomio!) y lineal (Corolario 2 en §2).

Así, por la Definición 1, queda por demostrar que

$\lim _{\vec{t} \rightarrow \overrightarrow{0}|\vec{t}|}|\Delta f-\phi(\vec{t})|=0;$

es decir;

$\lim _{\vec{t} \in \overrightarrow{0}} \frac{1}{|\vec{t}|}\left|f(\vec{p}+\vec{t})-f(\vec{p})-\sum_{k=1}^{n} t_{k} D_{k} f(\vec{p})\right|=0.$

Para ello, arreglar$$\varepsilon>0.$$ As$$A$$ está abierto y el$$D_{k} f$$ son continuos en$$\vec{p} \in A$$ hay$$\delta>0$$ tal que$$G_{\vec{p}}(\delta) \subseteq A$$ y simultáneamente (¡explique esto!)

$(\forall \vec{x} \in G_{\vec{p}}(\delta)) \quad\left|D_{k} f(\vec{x})-D_{k} f(\vec{p})\right|<\frac{\varepsilon}{n}, k=1, \ldots, n.$

Por lo tanto, para cualquier conjunto$$I \subseteq G_{\vec{p}}(\delta)$$

$\sup _{\vec{x} \in I}\left|D_{k} f(\vec{x})-D_{k} f(\vec{p})\right| \leq \frac{\varepsilon}{n}. \quad (Why?)$

Ahora arregla cualquiera$$\vec{t} \in E^{\prime}, 0<|\vec{t}|<\delta,$$ y vamos$$\vec{p}_{0}=\vec{p}$$,

$\vec{p}_{k}=\vec{p}+\sum_{i=1}^{k} t_{i} e_{i}, \quad k=1, \ldots, n.$

Entonces

$\vec{p}_{n}=\vec{p}+\sum_{i=1}^{n} t_{i} \vec{e}_{i}=\vec{p}+\vec{t},$

$$\left|\vec{p}_{k}-\vec{p}_{k-1}\right|=\left|t_{k}\right|,$$y todos$$\vec{p}_{k}$$ se encuentran$$G_{\vec{p}}(\delta),$$ en

$\left|\vec{p}_{k}-\vec{p}\right|=\left|\sum_{i=1}^{k} t_{i} e_{i}\right|=\sqrt{\sum_{i=1}^{k}\left|t_{i}\right|^{2}} \leq \sqrt{\sum_{i=1}^{n}\left|t_{i}\right|^{2}}=|\vec{t}|<\delta,$

según sea necesario.

Como$$G_{p}(\delta)$$ es convexo (Capítulo 4, §9),$$I_{k}=L\left[\vec{p}_{k-1}, \vec{p}_{k}\right]$$ todos los segmentos se encuentran en$$G_{\vec{p}}(\delta) \subseteq A;$$ y por suposición,$$f$$ tiene todos los parciales ahí.

De ahí que por el Teorema 1 en §1,$$f$$ sea relativamente continuo en todos$$I_{k}$$.

Todo esto también se aplica a las funciones$$g_{k},$$ definidas por

$\left(\forall \vec{x} \in E^{\prime}\right) \quad g_{k}(\vec{x})=f(\vec{x})-x_{k} D_{k} f(\vec{p}), \quad k=1, \ldots, n.$

(¿Por qué?) Aquí

$D_{k} g_{k}(\vec{x})=D_{k} f(\vec{x})-D_{k} f(\vec{p}).$

(¿Por qué?)

Así, por el Corolario 2 en §1, y (11) supra,

\begin{aligned}\left|g_{k}\left(\vec{p}_{k}\right)-g_{k}\left(\vec{p}_{k-1}\right)\right| & \leq\left|\vec{p}_{k}-\vec{p}_{k-1}\right| \sup _{x \in I_{k}}\left|D_{k} f(\vec{x})-D_{k} f(\vec{p})\right| \\ & \leq \frac{\varepsilon}{n}\left|t_{k}\right| \leq \frac{\varepsilon}{n}|\vec{t}|, \end{aligned}

desde

$\left|\vec{p}_{k}-\vec{p}_{k-1}\right|=\left|t_{k} \vec{e}_{k}\right| \leq|\vec{t}|,$

por construcción.

Combinar con (12), recordando que las coordenadas$$k$$ th$$x_{k},$$ para$$\vec{p}_{k}$$ y$$\vec{p}_{k-1}$$ difieren por$$t_{k};$$ lo que obtenemos

\begin{aligned}\left|g_{k}\left(\vec{p}_{k}\right)-g_{k}\left(\vec{p}_{k-1}\right)\right| &=\left|f\left(\vec{p}_{k}\right)-f\left(\vec{p}_{k-1}\right)-t_{k} D_{k} f(\vec{p})\right| \\ & \leq \frac{\varepsilon}{n}|\vec{t}|. \end{aligned}

\begin{aligned} \sum_{k=1}^{n}\left[f\left(\vec{p}_{k}\right)-f\left(\vec{p}_{k-1}\right)\right] &=f\left(\vec{p}_{n}\right)-f\left(\vec{p}_{0}\right) \\ &=f(\vec{p}+\vec{t})-f(\vec{p})=\Delta f(\text {see above}). \end{aligned}

Por lo tanto,

\begin{aligned}\left|\Delta f-\sum_{k=1}^{n} t_{k} D_{k} f(\vec{p})\right| &=\left|\sum_{k=1}^{n}\left[f\left(\vec{p}_{k}\right)-f\left(\vec{p}_{k-1}\right)-t_{k} D_{k} f(\vec{p})\right]\right| \\ & \leq n \cdot \frac{\varepsilon}{n}|\vec{t}|=\varepsilon|\vec{t}|. \end{aligned}

Como$$\varepsilon$$ es arbitrario, (10) sigue, y todo está probado. $$\quad \square$$

## Teorema$$\PageIndex{4}$$

Si$$f : E^{n} \rightarrow E^{m}$$ (o$$f : C^{n} \rightarrow C^{m})$$ es diferenciable en$$\vec{p},$$ con$$f=\left(f_{1}, \ldots, f_{m}\right),$$ entonces$$\left[f^{\prime}(\vec{p})\right]$$ es una$$m \times n$$ matriz,

$\left[f^{\prime}(\vec{p})\right]=\left[D_{k} f_{i}(\vec{p})\right], \quad i=1, \ldots, m, k=1, \ldots, n.$

Prueba

Por definición,$$\left[f^{\prime}(\vec{p})\right]$$ es la matriz del mapa lineal$$\phi=d f(\vec{p} ; \cdot),$$$$\phi=\left(\phi_{1}, \ldots, \phi_{m}\right).$$ Aquí

$\phi(\vec{t})=\sum_{k=1}^{n} t_{k} D_{k} f(\vec{p})$

por Corolario 1.

Como$$f=\left(f_{1}, \ldots, f_{m}\right),$$ podemos calcular$$D_{k} f(\vec{p})$$ componentwise por Teorema 5 del Capítulo 5, §1, y Nota 2 en §1 para obtener

\begin{aligned} D_{k} f(\vec{p}) &=\left(D_{k} f_{1}(\vec{p}), \ldots, D_{k} f_{m}(\vec{p})\right) \\ &=\sum_{i=1}^{m} e_{i}^{\prime} D_{k} f_{i}(\vec{p}), \quad k=1,2, \ldots, n, \end{aligned}

donde$$e_{i}^{\prime}$$ están los vectores básicos en$$E^{m}\left(C^{m}\right).$$ (Recordemos que los$$\vec{e}_{k}$$ son los vectores básicos en$$E^{n}\left(C^{n}\right).)$$

Por lo tanto

$\phi(\vec{t})=\sum_{i=1}^{m} e_{i}^{\prime} \phi_{i}(\vec{t}).$

$\phi(\vec{t})=\sum_{k=1}^{n} t_{k} \sum_{i=1}^{m} e_{i}^{\prime} D_{k} f_{i}(\vec{p})=\sum_{i=1}^{m} e_{i}^{\prime} \sum_{k=1}^{n} t_{k} D_{k} f_{i}(\vec{p}).$

La singularidad de la descomposición (Teorema 2 en el Capítulo 3, §§1-3) ahora rinde

$\phi_{i}(\vec{t})=\sum_{k=1}^{n} t_{k} D_{k} f_{i}(\vec{p}), \quad i=1, \ldots, m, \quad \vec{t} \in E^{n}\left(C^{n}\right).$

Si aquí$$\vec{t}=\vec{e}_{k},$$ entonces$$t_{k}=1,$$ mientras$$t_{j}=0$$ para$$j \neq k.$$ Así obtenemos

$\phi_{i}\left(\vec{e}_{k}\right)=D_{k} f_{i}(\vec{p}), \quad i=1, \ldots, m, k=1, \ldots, n.$

Por lo tanto,

$\phi\left(\vec{e}_{k}\right)=\left(v_{1 k}, v_{2 k}, \ldots, v_{m k}\right),$

donde

$v_{i k}=\phi_{i}\left(\vec{e}_{k}\right)=D_{k} f_{i}(\vec{p}).$

Pero por la Nota 3 de §2,$$v_{1 k}, \ldots, v_{m k}$$ (escrita verticalmente) es la$$k$$ ésima columna de la$$m \times n$$ matriz$$[\phi]=\left[f^{\prime}(\vec{p})\right].$$ Así resulta la fórmula (14) efectivamente. $$\quad \square$$

En conclusión, recalquemos nuevamente que si bien$$D_{\vec{u}} f(\vec{p})$$ es una constante, para un fijo$$\vec{p}, d f(\vec{p} ; \cdot)$$ es un mapeo

$\phi \in L\left(E^{\prime}, E\right),$

especialmente “adaptado” para$$\vec{p}$$.

El lector debe estudiar cuidadosamente al menos los problemas “arrojados” a continuación.

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