Si $f(x,y)=x^3+x^2{y}^2+y^3,$ calcule ${\displaystyle \frac{\partial 2f}{\mathit{\partial x}2}},{\displaystyle \frac{\partial 2f}{\mathit{\partial y}2}},{\displaystyle \frac{\partial 2f}{\mathit{\partial x\partial y}}}$ y ${\displaystyle \frac{\partial 2f}{\mathit{\partial y\partial x}}}$

Solución. Las primeras derivadas parciales son

De donde obtenemos que :

Sea $f:ℝ\to ℝ$ una función dos veces derivable y sea $z=f(u)$ con $u=x^3{y}^4.$ Entonces,

Las ecuaciones diferenciales en derivadas parciales se usan para expresar leyes físicas. Por ejemplo, la ecuación diferencial parcial ${\displaystyle \frac{{\partial }^{2}u}{\partial x^2}}+{\displaystyle \frac{{\partial }^{2}u}{\partial y^2}}=0,$ se conoce como ecuación de Laplace, en honor a Pierre Laplace (1749 - 1827). Las soluciones de esta ecuación se llaman funciones armónicas y desempeñan un papel fundamental en las aplicaciones relacionadas con conducción de calor, flujo de fluidos y potencial eléctrico.

Compruebe que la función $u(x,y)=e^y\text{sen}<!--\; FUNCTION\; APPLICATION\; -->x$ satisface la ecuación de Laplace.

Solución. Las primeras derivadas parciales están dadas por

$\begin{array}{ccc}{\displaystyle \frac{\mathit{\partial u}}{\partial x}}\hfill & \hfill =\hfill & e^y\text{cos}<!--\; FUNCTION\; APPLICATION\; -->x\hfill \\ \end{array}$

con lo cual

$\begin{array}{ccc}{\displaystyle \frac{\partial 2u}{\partial x2}}\hfill & \hfill =\hfill & -e^y\text{sen}<!--\; FUNCTION\; APPLICATION\; -->x\hfill \\ \end{array}$

de donde ${\displaystyle \frac{{\partial }^{2}u}{\partial x^2}}+{\displaystyle \frac{{\partial }^{2}u}{\partial y^2}}=-e^y\text{sen}<!--\; FUNCTION\; APPLICATION\; -->x+e^y\text{sen}<!--\; FUNCTION\; APPLICATION\; -->x=0$ $✓$

La ecuación de onda ${\displaystyle \frac{{\partial }^{2}u}{\partial t^2}}=a^2{\displaystyle \frac{{\partial }^{2}u}{\partial x^2}},$ donde $a$ es una constante, describe el movimiento de una onda, que puede ser una onda de sonido, una onda de luz o una onda que viaja a lo largo de una cuerda vibrante. Si $f$ y $g$ son funciones de una sola variable dos veces derivables, compruebe que la función $u(x,t)=f(x+\mathit{at})+g(x-\mathit{at})$ satisface la ecuación de onda.

Solución. Primero un cambio de variable. Sea $A=x+\mathit{at}$ y $B=x-\mathit{at}.$ De esta manera $u=f(A)+g(B).$ Las derivadas de $u(x,y)$ con respecto a $x$ están dadas por :

Las derivadas de $u(x,y)$ con respecto a $t$ están dadas por :

Sustituyendo obtenemos

Consideremos $f$ y $g$ funciones de una sola variable dos veces derivables, compruebe que la función $u(x,y)=\mathit{xf}(x+y)+\mathit{yg}(x+y)$ satisface la ecuación diferencial parcial $u_{\mathit{xx}}-2u_{\mathit{xy}}+u_{\mathit{xy}}=0.$

Solución. Primero un cambio de variable. Sea $A=x+y,$ entonces $u=\mathit{xf}(A)+\mathit{yg}(A).$ Las derivadas de $u(x,y)$ con respecto a $x$ están dadas por

$u_x=f(A)+x{f}^{\prime }(A)+y{g}^{\prime }(A)$

$u_{\mathit{xx}}=f^{\prime }(A)+f^{\prime }(A)+x{f}^{″}(A)+y{g}^{″}(A)=2f^{\prime }(A)+x{f}^{″}(A)+y{g}^{″}(A)$

$u_{\mathit{xy}}=f^{\prime }(A)+x{f}^{″}(A)+g^{\prime }(A)+y{g}^{″}(A)$

$u_y=x{f}^{\prime }(A)+g(A)+y{g}^{\prime }(A)$

$u_{\mathit{xy}}=x{f}^{″}(A)+g^{\prime }(A)+g^{\prime }(A)+y{g}^{″}(A)=x{f}^{″}(A)+2g^{\prime }(A)+y{g}^{″}(A)$

Sustituyendo,

$\begin{array}{ccc}\hfill u_{\mathit{xx}}-2u_{\mathit{xy}}+u_{\mathit{xy}}& \hfill =\hfill & 2f^{\prime }(A)+x{f}^{″}(x+y)+y{g}^{″}(A)-2f^{\prime }(A)-2x{f}^{″}(A)-2g^{\prime }(A)\hfill \\ \hfill & \hfill \hfill & \hfill \\ \hfill & \hfill \hfill & -2y{g}^{″}(A)+x{f}^{″}(A)+2g^{\prime }(A)+y{g}^{″}(A)=0✓\hfill \end{array}$

Compruebe que la función $u(x,y)={\displaystyle \frac{1}{\sqrt{x^2+y^2+z^2}}}$ satisface la ecuación diferencial de Laplace en derivadas parciales ${\displaystyle \frac{{\partial }^{2}u}{\partial x^2}}+{\displaystyle \frac{{\partial }^{2}u}{\partial y^2}}+{\displaystyle \frac{{\partial }^{2}u}{\partial z^2}}=0.$

Solución. Calculemos las derivadas parciales

y al sumarlas obtenemos el resultado deseado.

Sea $f(x,y)=\mathit{xy}{\displaystyle \frac{x^2-y^2}{x^2+y^2}}\text{ y }f(0,0)=0.$ Se tiene $f_x(0,0)=f_y(0,0)=0,$ pero $f_{\mathit{xy}}(0,0)\ne f_{\mathit{yx}}(0,0)$. En efecto, aunque $f_{\mathit{xy}}$ y $f_{\mathit{yx}}$ están definidas en $(0,0),$ no son continuas en este punto. Para ver esto, podemos calcular estas derivadas de dos maneras distintas y observar que el valor difiere. Primero derivamos sobre la recta $x=0$ y luego sobre la recta $y=0.$

$z_x(0,y)=\underset{h\to 0}{\text{lim}<!--\; FUNCTION\; APPLICATION\; -->}{\displaystyle \frac{f(h,y)-f(0,y)}{h}}=\underset{h\to 0}{\text{lim}<!--\; FUNCTION\; APPLICATION\; -->}{\displaystyle \frac{\mathit{hy}(h^2-y^2)}{h(h^2+y^2)}}=-y$

$z_x(x,0)=\underset{h\to 0}{\text{lim}<!--\; FUNCTION\; APPLICATION\; -->}{\displaystyle \frac{f(x,h)-f(x,0)}{h}}=\underset{h\to 0}{\text{lim}<!--\; FUNCTION\; APPLICATION\; -->}{\displaystyle \frac{\mathit{hx}(h^2-y^2)}{h(h^2+y^2)}}=x$

Ahora

$z_{\mathit{xy}}(0,0)=\underset{h\to 0}{\text{lim}<!--\; FUNCTION\; APPLICATION\; -->}{\displaystyle \frac{f_y(h,0)-f_y(0,0)}{h}}=\underset{h\to 0}{\text{lim}<!--\; FUNCTION\; APPLICATION\; -->}{\displaystyle \frac{h-0}{h}}=1$ y $z_{\mathit{yx}}(0,0)=\underset{k\to 0}{\text{lim}<!--\; FUNCTION\; APPLICATION\; -->}{\displaystyle \frac{f_x(0,k)-f_x(0,0)}{h}}=\underset{h\to 0}{\text{lim}<!--\; FUNCTION\; APPLICATION\; -->}{\displaystyle \frac{-k-0}{k}}=-1$

Esto muestra que $f_{\mathit{xy}}(0,0)\ne f_{\mathit{yx}}(0,0).$ El gráfico de $f(x,y)$ muestra un salto en $(0,0)$