2.3: Derivados de orden superior

Ya has observado, en tu primer curso de Cálculo, que si$f(x)$ es una función de$x\text{,}$ entonces su derivada, también$\frac{\mathrm{d}f}{\mathrm{d}x}(x)\text{,}$ es una función de$x\text{,}$ y puede diferenciarse para dar la derivada de segundo orden$\frac{\mathrm{d}^{2}f}{\mathrm{d}x^{2}} (x)\text{,}$ que a su vez puede diferenciarse una vez más para dar la tercera ordenar derivado,$f^{(3)}(x)\text{,}$ y así sucesivamente.

Podemos hacer lo mismo para funciones de más de una variable. Si$f(x,y)$ es una función de$x$ y$y\text{,}$ entonces ambas de sus derivadas parciales,$\frac{\partial f}{\partial x}(x,y)$ y también$\frac{\partial f}{\partial y}(x,y)$ son funciones de$x$ y$y\text{.}$ Ambos pueden diferenciarse con respecto a$x$ y ambos pueden diferenciarse con respecto a$y\text{.}$ Así que hay cuatro posibles derivados de segundo orden. Aquí están, junto con diversas notaciones alternas.

$$\begin{alignat*}{2} \frac{\partial }{\partial x}\left(\frac{\partial f}{\partial x}\right)(x,y) &=\frac{\partial^2 f}{\partial x^2}(x,y) &= f_{xx}(x,y)\\ \frac{\partial }{\partial y}\left(\frac{\partial f}{\partial x}\right)(x,y) &=\frac{\partial^2\ f}{\partial y\partial x}(x,y) &= f_{xy}(x,y)\\ \frac{\partial }{\partial x}\left(\frac{\partial f}{\partial y}\right)(x,y) &=\frac{\partial^2\ f}{\partial x\partial y}(x,y) &= f_{yx}(x,y)\\ \frac{\partial }{\partial y}\left(\frac{\partial f}{\partial y}\right)(x,y) &=\frac{\partial^2 f}{\partial y^2}(x,y) &= f_{yy}(x,y) \end{alignat*}$$

En$\frac{\partial^2\ f}{\partial y\,\partial x} =\frac{\partial^2}{\partial y\,\partial x}f\text{,}$ la derivada más cercana$f\text{,}$ en este caso$\frac{\partial }{\partial x} \text{,}$ se aplica primero.

En$f_{xy}\text{,}$ la derivada con respecto a la variable más cercana$f\text{,}$ en este caso$x\text{,}$ se aplica primero.

Ejemplo 2.3.1

Vamos$f(x,y) = e^{my}\cos(nx)\text{.}$ Entonces

$$\begin{align*} f_x &= -n e^{my}\sin(nx) & f_y &= m e^{my}\cos(nx)\\ f_{xx} &= -n^2 e^{my}\cos(nx) & f_{yx} &= -m n e^{my}\sin(nx)\\ f_{xy} &= -m n e^{my}\sin(nx) & f_{yy} &= m^2 e^{my}\cos(nx) \end{align*}$$

Ejemplo 2.3.2

Vamos$f(x,y) = e^{\alpha x+\beta y}\text{.}$ Entonces

$$\begin{align*} f_x &= \alpha e^{\alpha x+\beta y} & f_y &= \beta e^{\alpha x+\beta y}\\ f_{xx} &= \alpha ^2 e^{\alpha x+\beta y} & f_{yx} &= \beta \alpha e^{\alpha x+\beta y}\\ f_{xy} &= \alpha \beta e^{\alpha x+\beta y} & f_{yy} &= \beta^2 e^{\alpha x+\beta y} \end{align*}$$

De manera más general, para cualquier número entero$m,n\ge 0\text{,}$

$$\frac{\partial^{m+n} f}{\partial x^m\, \partial y^n} = \alpha ^m\beta ^n e^{\alpha x+\beta y} \nonumber$$

Ejemplo 2.3.3

Si$f(x_1,x_2,x_3,x_4) = x_1^4\, x_2^3\, x_3^2\, x_4\text{,}$ entonces

$$\begin{align*} \frac{\partial^4\ f} {\partial x_1\, \partial x_2\,\partial x_3\,\partial x_4} &= \frac{\partial^3 \ } {\partial x_1\, \partial x_2\,\partial x_3} \left( x_1^4\, x_2^3\, x_3^2\right)\\ &= \frac{\partial^2 \ } {\partial x_1\, \partial x_2} \left( 2\ x_1^4\, x_2^3\, x_3\right)\\ &= \frac{\partial }{\partial x_1} \left( 6\ x_1^4\, x_2^2\, x_3\right)\\ &= 24\ x_1^3\, x_2^2\, x_3 \end{align*}$$

y

$$\begin{align*} \frac{\partial^4\ f} {\partial x_4\, \partial x_3\,\partial x_2\,\partial x_1} &= \frac{\partial^3 \ } {\partial x_4\, \partial x_3\,\partial x_2} \left( 4 x_1^3\, x_2^3\, x_3^2\,x_4\right)\\ &= \frac{\partial^2 \ } {\partial x_4\, \partial x_3} \left( 12\ x_1^3\, x_2^2\, x_3^2\,x_4\right)\\ &= \frac{\partial }{\partial x_4} \left( 24\ x_1^3\, x_2^2\, x_3\,x_4\right)\\ &= 24\ x_1^3\, x_2^2\, x_3 \end{align*}$$

Observe que en el Ejemplo 2.3.1,

$$f_{xy}= f_{yx} = -m n e^{my}\sin(nx) \nonumber$$

y en el Ejemplo 2.3.2

$$f_{xy}= f_{yx} = \alpha \beta e^{\alpha x+\beta y} \nonumber$$

y en el Ejemplo 2.3.3

$$\frac{\partial^4\ f} {\partial x_1\, \partial x_2\,\partial x_3\,\partial x_4} = \frac{\partial^4\ f} {\partial x_4\, \partial x_3\,\partial x_2\,\partial x_1} = 24\ x_1^3\, x_2^2\, x_3 \nonumber$$

En todos estos ejemplos, no importaba en qué orden tomáramos los derivados. El siguiente teorema ¹ demuestra que esto no fue un accidente.

Teorema 2.3.4. Teorema de Clairaut o Teorema de Schwarz

Si las derivadas parciales$\frac{\partial^2 f }{\partial x\partial y}$ y$\frac{\partial^2 f}{\partial y\partial x}$ existen y son continuas en$(x_0,y_0)\text{,}$ entonces

$$\frac{\partial^2 f}{\partial x\partial y}(x_0,y_0) =\frac{\partial^2 f}{\partial y\partial x}(x_0,y_0) \nonumber$$

Opcional — La Prueba del Teorema 2.3.4

Contorno

Aquí hay un esquema de la prueba del Teorema 2.3.4. Los detalles (numerados) se encuentran en la subsección siguiente. Fijar números reales$x_0$$y_0$ y definir

$$F(h,k) =\frac{1}{hk}\big[f(x_0+h,y_0+k)-f(x_0,y_0+k)-f(x_0+h,y_0)+f(x_0,y_0)\big] \nonumber$$

Definimos de esta$F(h,k)$ manera porque tanto derivadas$\frac{\partial^2 f}{\partial x\partial y}(x_0,y_0)$ parciales como$\frac{\partial^2 f}{\partial y\partial x}(x_0,y_0)$ son límites de$F(h,k)$ como$h,k\rightarrow 0\text{.}$ Precisamente, mostramos en el ítem (1) en los detalles a continuación que

$$\begin{align*} \frac{\partial }{\partial y} \frac{\partial f}{\partial x} (x_0,y_0) &= \lim_{k\rightarrow 0}\lim_{h\rightarrow 0}F(h,k)\\ \frac{\partial }{\partial x} \frac{\partial f}{\partial y} (x_0,y_0) &= \lim_{h\rightarrow 0}\lim_{k\rightarrow 0}F(h,k) \end{align*}$$

Tenga en cuenta que los dos lados de la derecha aquí son idénticos a excepción del orden en que se toman los límites.

Ahora bien, por el teorema del valor medio (cuatro veces),

$$\begin{align*} F(h,k)\ &\overset{\left (2  \right )}{=}\ \frac{1}{h} \left[ \frac{\partial f}{\partial y} (x_0+h,y_0+\theta_1k) -\frac{\partial f}{\partial y}(x_0,y_0+\theta_1k)\right]\cr \ &\overset{\left (3  \right )}{=}\ \frac{\partial }{\partial x} \frac{\partial f}{\partial y}(x_0+\theta_2 h,y_0+\theta_1k)\cr F(h,k)\ &\overset{\left (4  \right )}{=}\ \frac{1}{k} \left[\frac{\partial f}{\partial x}(x_0+\theta_3h,y_0+k) -\frac{\partial f}{\partial x}(x_0+\theta_3h,y_0)\right]\cr \ &\overset{\left (5  \right )}{=}\ \frac{\partial }{\partial y} \frac{\partial f}{\partial x}(x_0+\theta_3 h,y_0+\theta_4k)\cr \end{align*}$$

para algunos números$0 \lt \theta_1,\theta_2,\theta_3,\theta_4 \lt 1\text{.}$ Todos los números$\theta_1,\theta_2,\theta_3,\theta_4$ dependen de$x_0,y_0,h,k\text{.}$ Por lo tanto

$$\frac{\partial }{\partial x} \frac{\partial f}{\partial y}(x_0+\theta_2 h,y_0+\theta_1k) =\frac{\partial }{\partial y} \frac{\partial f}{\partial x}(x_0+\theta_3 h,y_0+\theta_4k) \nonumber$$

para todos$h$ y$k\text{.}$ Tomando el límite$(h,k)\rightarrow(0,0)$ y utilizando la continuidad asumida de ambas derivadas parciales en$(x_0,y_0)$ da

$$\lim_{(h,k)\rightarrow (0,0)} F(h,k) =\frac{\partial }{\partial x} \frac{\partial f}{\partial y}(x_0,y_0) =\frac{\partial }{\partial y} \frac{\partial f}{\partial x}(x_0,y_0) \nonumber$$

según se desee. Para completar la prueba sólo tenemos que justificar los detalles (1), (2), (3), (4) y (5).

Los detalles

1. Por definición,

   $$\begin{align*} &\frac{\partial }{\partial y} \frac{\partial f}{\partial x}(x_0,y_0) =\lim_{k\rightarrow 0}\frac{1}{k} \left[\frac{\partial f}{\partial x}(x_0,y_0+k) -\frac{\partial f}{\partial x}(x_0,y_0)\right]\cr &=\lim_{k\rightarrow 0}\frac{1}{k} \left[\lim_{h\rightarrow 0}\frac{f(x_0+h,y_0+k)-f(x_0,y_0+k)}{h} -\lim_{h\rightarrow 0}\frac{f(x_0+h,y_0)-f(x_0,y_0)}{h}\right]\cr &=\lim_{k\rightarrow 0}\lim_{h\rightarrow 0} \frac{f(x_0+h,y_0+k)-f(x_0,y_0+k)-f(x_0+h,y_0)+f(x_0,y_0)}{hk}\cr &= \lim_{k\rightarrow 0}\lim_{h\rightarrow 0}F(h,k) \end{align*}$$

   Del mismo modo,

   $$\begin{align*} &\frac{\partial }{\partial x} \frac{\partial f}{\partial y}(x_0,y_0) =\lim_{h\rightarrow 0}\frac{1}{h} \left[\frac{\partial f}{\partial y}(x_0+h,y_0) -\frac{\partial f}{\partial y}(x_0,y_0)\right]\cr &=\lim_{h\rightarrow 0}\frac{1}{h} \left[\lim_{k\rightarrow 0}\frac{f(x_0+h,y_0+k)-f(x_0+h,y_0)}{k} -\lim_{k\rightarrow 0}\frac{f(x_0,y_0+k)-f(x_0,y_0)}{k}\right]\cr &=\lim_{h\rightarrow 0}\lim_{k\rightarrow 0} \frac{f(x_0+h,y_0+k)-f(x_0+h,y_0)-f(x_0,y_0+k)+f(x_0,y_0)}{hk}\cr &= \lim_{h\rightarrow 0}\lim_{k\rightarrow 0}F(h,k) \end{align*}$$

2. El teorema del valor medio (Teorema 2.13.4 en el texto CLP-1) dice que, para cualquier función diferenciable$\vec{a}rphi(x)\text{,}$
   • la pendiente de la línea que une los puntos$\big(x_0,\vec{a}rphi(x_0)\big)$ y$\big(x_0+k,\vec{a}rphi(x_0+k)\big)$ en la gráfica de$\vec{a}rphi$

   es lo mismo que

   • la pendiente de la tangente a la gráfica en algún punto entre$x_0$ y$x_0+k\text{.}$

   Es decir, hay algunos$0 \lt \theta_1 \lt 1$ tales que

   $$\frac{\vec{a}rphi(x_0+k)-\vec{a}rphi(x_0)}{k}=\frac{d\vec{a}rphi}{dx}(x_0+\theta_1 k) \nonumber$$

   

   Aplicando esto con$x$ reemplazado por$y$ y$\vec{a}rphi$ reemplazado por$G(y)=f(x_0+h,y)-f(x_0,y)$ da

   $$\begin{align*} \frac{G(y_0+k)-G(y_0)}{k} &=\frac{\mathrm{d}G}{\mathrm{d}y}(y_0+\theta_1 k) \qquad\text{for some } 0 \lt \theta_1 \lt 1\\ &=\frac{\partial f}{\partial y}(x_0+h,y_0+\theta_1k) -\frac{\partial f}{\partial y}(x_0,y_0+\theta_1k) \end{align*}$$

   Por lo tanto, para algunos$0 \lt \theta_1 \lt 1\text{,}$

   $$\begin{align*} F(h,k)\ &=\ \frac{1}{h} \left[\frac{G(y_0+k)-G(y_0)}{k}\right]\\ &=\frac{1}{h} \left[\frac{\partial f}{\partial y}(x_0+h,y_0+\theta_1k) -\frac{\partial f}{\partial y}(x_0,y_0+\theta_1k)\right] \end{align*}$$

3. Definir$H(x)=\frac{\partial f}{\partial y}(x,y_0+\theta_1k)\text{.}$ Por el teorema del valor medio,

   $$\begin{align*} F(h,k)\ &=\ \frac{1}{h}\left[H(x_0+h)-H(x_0)\right]\\ &=\ \frac{\mathrm{d}H}{\mathrm{d}x}(x_0+\theta_2 h) \qquad\text{for some } 0 \lt \theta_2 \lt 1\\ &=\frac{\partial }{\partial x} \frac{\partial f}{\partial y}(x_0+\theta_2 h,y_0+\theta_1k) \end{align*}$$

4. Definir$A(x)=f(x,y_0+k)-f(x,y_0)\text{.}$ Por el teorema del valor medio,

   $$\begin{align*} F(h,k)\ &=\ \frac{1}{k} \left[\frac{A(x_0+h)-A(x_0)}{h}\right]\\ &=\ \frac{1}{k}\frac{\mathrm{d}A}{\mathrm{d}x}(x_0+\theta_3 h) \qquad\text{for some } 0 \lt \theta_3 \lt 1\\ &=\frac{1}{k} \left[\frac{\partial f}{\partial x}(x_0+\theta_3h,y_0+k) -\frac{\partial f}{\partial x}(x_0+\theta_3h,y_0)\right] \end{align*}$$

5. Definir$B(y)=\frac{\partial f}{\partial x}(x_0+\theta_3h,y)\text{.}$ por el teorema del valor medio

   $$\begin{align*} F(h,k)\ &=\ \frac{1}{k}\left[B(y_0+k)-B(y_0)\right]\\ &=\ \frac{\mathrm{d}B}{\mathrm{d}y}(y_0+\theta_4 k) \qquad\text{for some } 0 \lt \theta_4 \lt 1\\ &=\frac{\partial }{\partial y} \frac{\partial f}{\partial x}(x_0+\theta_3 h,y_0+\theta_4k) \end{align*}$$

Esto completa la prueba del Teorema 2.3.4.

Opcional: un ejemplo de$\frac{\partial^2\ f}{\partial x\partial y}(x_0,y_0) \ne\frac{\partial^2\ f}{\partial y\partial x}(x_0,y_0)$

En el Teorema 2.3.4, demostramos que$\frac{\partial^2 f }{\partial x\partial y}(x_0,y_0) =\frac{\partial^2 f }{\partial y\partial x}(x_0,y_0)$ si las derivadas parciales

$\frac{\partial^2 f }{\partial x\partial y}$y\ (\ frac {\ parcial^2 f} {\ parcial y\ parcial x}\]

existen y son continuos en$(x_0,y_0)\text{.}$ Aquí hay un ejemplo que muestra que si las derivadas parciales$\frac{\partial^2 f }{\partial x\partial y}$ y no$\frac{\partial^2 f }{\partial y\partial x}$ son continuas en$(x_0,y_0)\text{,}$ entonces es posible que

$\frac{\partial^2 f }{\partial x\partial y}(x_0,y_0) \ne\frac{\partial^2 f }{\partial y\partial x}(x_0,y_0)\text{.}$

Definir

$$f(x,y)=\begin{cases} xy\frac{x^2-y^2}{x^2+y^2} & \text{if } (x,y)\ne (0,0) \\ 0 & \text{if } (x,y)=(0,0) \end{cases} \nonumber$$

Esta función es continua en todas partes. Tenga en cuenta que$f(x,0)=0$ para todos$x$ y$f(0,y)=0$ para todos Ahora$y\text{.}$ calculamos las derivadas parciales de primer orden. Para$(x,y)\ne (0,0)\text{,}$

$$\begin{align*} \frac{\partial f}{\partial x}(x,y) &= {\color{blue}{y\frac{x^2-y^2}{x^2+y^2}}} +xy\frac{2x}{x^2+y^2} - xy\frac{2x(x^2-y^2)}{(x^2+y^2)^2}\\ &\ = {\color{blue}y\frac{x^2-y^2}{x^2+y^2}} + xy\frac{4xy^2}{(x^2+y^2)^2}\\ \frac{\partial f}{\partial y}(x,y) &= {\color{blue}{x\frac{x^2-y^2}{x^2+y^2}}} -xy\frac{2y}{x^2+y^2} - xy\frac{2y(x^2-y^2)}{(x^2+y^2)^2}\\ &\ = {\color{blue}{x\frac{x^2-y^2}{x^2+y^2}}} - xy\frac{4yx^2}{(x^2+y^2)^2} \end{align*}$$

Para$(x,y)= (0,0)\text{,}$

$$\begin{alignat*}{2} \frac{\partial f}{\partial x}(0,0) &= \left[\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}f(x,0)\right]_{x=0} &= \left[\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x} 0\right]_{x=0} &=0\\ \frac{\partial f}{\partial y}(0,0) &= \left[\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}y}f(0,y)\right]_{y=0} &= \left[\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}y} 0\right]_{y=0} &=0 \end{alignat*}$$

A modo de resumen, las dos derivadas parciales de primer orden son

$$\begin{align*} f_x(x,y)&=\begin{cases} y\frac{x^2-y^2}{x^2+y^2} + \frac{4x^2y^3}{{(x^2+y^2)}^2} & \text{if } (x,y)\ne (0,0)\\ 0 & \text{if } (x,y)=(0,0) \end{cases}\\ f_y(x,y)&=\begin{cases} x\frac{x^2-y^2}{x^2+y^2} - \frac{4x^3y^2}{{(x^2+y^2)}^2} & \text{if } (x,y)\ne (0,0)\\ 0 & \text{if } (x,y)=(0,0) \end{cases} \end{align*}$$

Ambos$\frac{\partial f}{\partial x}(x,y)$ y$\frac{\partial f}{\partial y}(x,y)$ son continuos. Finalmente, calculamos

$$\begin{align*} \frac{\partial^2\ f}{\partial x\partial y}(0,0) &=\left[\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x} f_y(x,0)\right]_{x=0} =\lim_{h\rightarrow 0}\frac{1}{h}\left[f_y(h,0)-f_y(0,0)\right]\\ &=\lim_{h\rightarrow 0}\frac{1}{h}\left[h\frac{h^2-0^2}{h^2+0^2}-0\right] =1\\ \frac{\partial^2\ f}{\partial y\partial x}(0,0) &=\left[\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}y} f_x(0,y)\right]_{y=0} =\lim_{k\rightarrow 0}\frac{1}{k}\left[f_x(0,k)-f_x(0,0)\right]\\ &=\lim_{k\rightarrow 0}\frac{1}{k}\left[k\frac{0^2-k^2}{0^2+k^2}-0\right] =-1 \end{align*}$$

Ejercicios

Etapa 1

1

Que todas las derivadas parciales de tercer orden de la función$f(x,y,z)$ existan y sean continuas. Demostrar que

$$\begin{align*} f_{xyz}(x,y,z) &=f_{xzy}(x,y,z) =f_{yxz}(x,y,z) =f_{yzx}(x,y,z)\\ &=f_{zxy}(x,y,z) =f_{zyx}(x,y,z) \end{align*}$$

2

Encontrar, si es posible, una función$f(x,y)$ para la cual$f_x(x,y)=e^y$ y$f_y(x,y)=e^x\text{.}$

Etapa 2

3

Encuentra las derivadas parciales especificadas.

1. $f(x,y) = x^2y^3\text{;}$$f_{xx}(x,y)\text{,}$$f_{xyy}(x,y)\text{,}$$f_{yxy}(x,y)$
2. $f(x,y) = e^{xy^2}\text{;}$$f_{xx}(x,y)\text{,}$$f_{xy}(x,y)\text{,}$$f_{xxy}(x,y)\text{,}$$f_{xyy}(x,y)$
3. $\displaystyle f(u,v,w) = \frac{1}{u+2v+3w}\ \text{,}$$\displaystyle \frac{\partial^3 f}{\partial u\partial v\partial w}(u,v,w)\ \text{,}$$\displaystyle \frac{\partial^3 f}{\partial u\partial v\partial w}(3,2,1)$

4

Buscar todas las segundas derivadas parciales de$f(x,y)=\sqrt{x^2+5y^2}\text{.}$

5

Encuentra las derivadas parciales especificadas.

1. $f(x,y,z) = \arctan\big(e^{\sqrt{xy}}\big)\text{;}$$f_{xyz}(x,y,z)$
2. $f(x,y,z) = \arctan\big(e^{\sqrt{xy}}\big) +\arctan\big(e^{\sqrt{xz}}\big) +\arctan\big(e^{\sqrt{yz}}\big)\text{;}$$f_{xyz}(x,y,z)$
3. $f(x,y,z) = \arctan\big(e^{\sqrt{xyz}}\big)\text{;}$$f_{xx}(1,0,0)$

6 ✳

Dejar$f(r,\theta)=r^m\cos m\theta$ ser una función de$r$ y$\theta\text{,}$ donde$m$ es un entero positivo.

1. Encuentre las derivadas parciales de segundo orden$f_{rr}\text{,}$$f_{r\theta}\text{,}$$f_{\theta\theta}$ y evalúe sus respectivos valores en$(r,\theta)=(1,0)\text{.}$
2. Determinar el valor del número real$\lambda$ para que$f(r,\theta)$ satisfaga la ecuación diferencial

   $$f_{rr}+\frac{\lambda }{r}f_r+\frac{1}{r^2}f_{\theta\theta}=0 \nonumber$$

Etapa 3

7

Que$\alpha \gt 0$ sea una constante. Demostrar que$\displaystyle u(x,y,z,t) =\frac{1}{t^{3/2}} e^{-(x^2+y^2+z^2)/(4\alpha t)}$ satisface la ecuación de calor

$$u_t = \alpha \big(u_{xx} + u_{yy} + u_{zz} \big) \nonumber$$

para todos$t \gt 0$

1. La historia de este importante teorema es bastante enrevesada. Ver “Una nota sobre la historia de los derivados parciales mixtos” de Thomas James Higgins que se publicó en Scripta Mathematica 7 (1940), 59-62. El teorema lleva el nombre de Alexis Clairaut (1713-1765), matemático, astrónomo y geofísico francés, y Hermann Schwarz (1843—1921), matemático alemán.