En esta entrada pondremos en práctica lo aprendido anteriormente, analizando tres ejemplos.

Para cada una de las siguientes funciones buscamos:

(*) Indentificar los puntos críticos.

(*) Calcular el polinomio de Taylor de 2° grado alrededor de los puntos críticos y utilizarlo para saber si la función alcanza un máximo local, mínimo local o punto silla, si, el punto crítico es NO degenerado.

Ejemplo 1

Dada $f(x,y)=\ln (1+x^2+y^2)$

Analicemos cuando las derivadas parciales valen cero.

${\displaystyle \frac{\partial f}{\partial x}}={\displaystyle \frac{1}{1+x^2+y^2}}2x=0\Rightarrow {\displaystyle \frac{2x}{1+x^2+y^2}}=0\Rightarrow x=0$

${\displaystyle \frac{\partial f}{\partial y}}={\displaystyle \frac{1}{1+x^2+y^2}}2y=0\Rightarrow {\displaystyle \frac{2y}{1+x^2+y^2}}=0\Rightarrow y=0$

Por lo que el punto $(0,0)$ es el único punto crítico.

El valor crítico correspondiente es

$f(0,0)=\ln (1+(0{)}^2+(0{)}^2)=\ln (1)=0$

Segundas derivadas parciales

${\displaystyle \frac{{\partial }^{2}f}{\partial x^2}}={\displaystyle \frac{2(1+x^2+y^2)–2x(2x)}{(1+x^2+y^2{)}^2}}={\displaystyle \frac{2+2x^2+2y^2–4x^2}{(1+x^2+y^2{)}^2}}$

Por lo tanto ${\displaystyle \frac{{\partial }^{2}f}{\partial x^2}}={\displaystyle \frac{2+2y^2–2x^2}{(1+x^2+y^2{)}^2}}$

Luego $f_{xx}(0,0)=2$

Análogamente

${\displaystyle \frac{{\partial }^{2}f}{\partial y^2}}={\displaystyle \frac{2(1+x^2+y^2)–2y(2y)}{(1+x^2+y^2{)}^2}}={\displaystyle \frac{2+2x^2+2y^2–4y^2}{(1+x^2+y^2{)}^2}}$

Por lo tanto ${\displaystyle \frac{{\partial }^{2}f}{\partial x^2}}={\displaystyle \frac{2+2y^2–2y^2}{(1+x^2+y^2{)}^2}}$

Luego $f_{yy}(0,0)=2$

Además

${\displaystyle \frac{{\partial }^{2}f}{\partial y\partial x}}={\displaystyle \frac{2x(2y)–0}{(1+x^2+y^2{)}^2}}={\displaystyle \frac{4xy}{(1+x^2+y^2{)}^2}}$

Luego $f_{xy}(0,0)=0$

Entonces el polinomio de Taylor de 2° grado de $f$ alrededor del punto $(0,0)$ es

$$p(x,y)={\displaystyle \frac{1}{2}}(2(x^2+y^2))=x^2+y^2$$

EL punto crítico es NO degenerado, porque el determinante

$$\left|\begin{array}{cc}{f}_{xx}& f_{xy}\\ \\ f_{xy}& f_{yy}\end{array}\right|\ne 0$$

Por lo tanto, $f$ alcanza un valor mínimo en $(0,0).$

Observación:

En coordenadas polares

$$f(r,\theta )=\ln (1+r^2)$$

Las curvas de nivel son circunferencias.

(*) Curva de nivel 1

$\{(x,y)\in {\mathbb{R}}^2|\ln (1+x^2+y^2)=1\}$

$1+x^2+y^2=e⟺x^2+y^2=e–1$ circunferencia de radio $\sqrt{e–1}$

(*) Curva de nivel $\mathcal{c}$ ( con $\mathcal{c}>1$) es

$\{(x,y)\in {\mathbb{R}}^2|\ln (1+x^2+y^2)=\mathcal{c}\}$

$1+x^2+y^2=e^{\mathcal{c}}⟺x^2+y^2=e^{\mathcal{c}}–1$ circunferencia de radio $\sqrt{e^{\mathcal{c}}–1}$

Cerca de $r=0$ , $\ln (1+r^2)$ se aproxima a su polinomio de Taylor.

$f(r)=\ln (1+r^2)$

$f(0)=0$

$f^{\prime }(r)={\displaystyle \frac{2r}{1+r^2}}$

$f^{\prime }(0)=0$

$f^{\prime \prime }(r)={\displaystyle \frac{(1+r^2)2–2r(2r)}{(1+r^2{)}^2}}={\displaystyle \frac{2+2r^2–4r^2}{(1+r^2{)}^2}}={\displaystyle \frac{2–2r^2}{(1+r^2{)}^2}}$

$f^{\prime \prime }(0)=2$

$p(r)={\displaystyle \frac{1}{2}}2r^2=r^2$

Cerca de $r=0$ , $\ln (1+r^2)\approx r^2$

$\ln (1+x^2+y^2)\approx x^2+y^2$ cuando $(x,y)$ está cerca del $(0,0).$

Lejos de $r=0$, $r$ es grande entonces, $\ln (1+r^2)\approx \ln (r^2)=2\ln r$

https://www.geogebra.org/classic/wqm6krex

La gráfica de $f$ es $\{(x,y,z)\in {\mathbb{R}}^3|z=\ln (1+x^2+y^2)\}$ , una superficie de revolución girando la curva $z=\ln (1+x^2)$ alrededor del eje $z$.

$$

Ejemplo 2

Dada $f(x,y)=x^{5}y+x{y}^5+xy$

Analicemos cuando las derivadas parciales valen cero.

${\displaystyle \frac{\partial f}{\partial x}}=5x^{4}y+y^5+y=0\Rightarrow (5x^4+y^4+1)y=0\Rightarrow y=0$

${\displaystyle \frac{\partial f}{\partial y}}=5y^{4}x+x^5+x=0\Rightarrow (5y^4+x^4+1)x=0\Rightarrow x=0$

Por lo que el punto $(0,0)$ es el único punto crítico.

El valor crítico correspondiente es

$f(0,0)=0$

Segundas derivadas parciales

${\displaystyle \frac{{\partial }^{2}f}{\partial x^2}}=20x^{3}y$

Luego $f_{xx}(0,0)=0$

Análogamente

${\displaystyle \frac{{\partial }^{2}f}{\partial y^2}}=20y^{3}x$

Luego $f_{yy}(0,0)=0$

Además

${\displaystyle \frac{{\partial }^{2}f}{\partial y\partial x}}=5x^4+5y^4+1$

Luego $f_{xy}(0,0)=1$

En el $(0,0)$ la matriz queda de la siguiente manera

$H=\left(\begin{array}{cc}{f}_{xx}& f_{xy}\\ \\ f_{xy}& f_{yy}\end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc}0& 1\\ \\ 1& 0\end{array}\right)$

Luego el $det(H)<0$ por lo tanto el punto $(0,0)$ es punto silla.

Además, polinomio de Taylor de 2° grado de $f$ alrededor del punto $(0,0)$ es

$$p(x,y)=xy$$

En cierto sentido, así tenía que ser ya que $f(x,y)=x^{5}y+x{y}^5+xy\approx xy=p(x,y)$ cerca del $(0,0)$.

https://www.geogebra.org/classic/rkybjfeb

$$

Ejemplo 3

La gráfica de la función $f(x,y)={\displaystyle \frac{1}{xy}}$ es una superficie $\mathcal{S}$ que NO contiene al origen.

$$\mathcal{S}=\{(x,y,z)\in {\mathbb{R}}^3|z={\displaystyle \frac{1}{xy}},x\ne 0,y\ne 0\}$$

Queremos saber cuáles son los puntos de $\mathcal{S}$ que son más cercanos al origen, lo que es equivalente a minimizar la distancia al origen.

Entonces

$\Vert (x,y,{\displaystyle \frac{1}{xy}})–(0,0,0)\Vert =\sqrt{x^2+y^2+{\displaystyle \frac{1}{x^2{y}^2}}}$

pero minimizar $f(x,y)\ge 0$ es equivalente a minimizar $f^2(x,y)$

Entonces tenemos que minimizar $F(x,y)=x^2+y^2+{\displaystyle \frac{1}{x^2{y}^2}}$.

Precaución: $x\ne 0$ y también $y\ne 0$; por lo que el dominio no es todo ${\mathbb{R}}^2.$

Analicemos cuando las derivadas parciales valen cero

${\displaystyle \frac{\partial f}{\partial x}}=2x+(-2)x^{-3}{y}^{-2}=2x–{\displaystyle \frac{2}{x^3{y}^2}}\Rightarrow 2x={\displaystyle \frac{2}{x^3{y}^2}}\Rightarrow x^4{y}^2=1$… (1)

${\displaystyle \frac{\partial f}{\partial y}}=2y+(-2)x^{-2}{y}^{-3}=2y–{\displaystyle \frac{2}{x^2{y}^3}}\Rightarrow 2y={\displaystyle \frac{2}{x^2{y}^3}}\Rightarrow x^2{y}^4=1$

Por lo que $x^2{y}^4=x^4{y}^2$ dado que $xy\ne 0\Rightarrow {\displaystyle \frac{x^2{y}^4}{x^2{y}^2}}={\displaystyle \frac{x^4{y}^2}{x^2{y}^2}}\Rightarrow x^2=y^2$… (2)

Sustituyendo según (2) en la expresión (1) tenemos que

$x^4{y}^2=1\Rightarrow x^6=1\Rightarrow x=\pm 1$ y por lo tanto $y=\pm 1$.

Por lo que se tienen cuatro puntos críticos, los puntos que corresponden a $(\pm 1,\pm 1).$

Observación

$F(\pm x,\pm y)=F(x,y)$ por lo que la gráfica de $F$ es simétrica respecto al plano $x=0$ y respecto al plano $y=0.$ Es decir, basta examinar lo que sucede en la región $x\ge 0$ y $y\ge 0.$

Los valores críticos correspondientes son

$F(\pm 1,\pm 1)=(\pm 1{)}^2+(\pm 1{)}^2+{\displaystyle \frac{1}{(\pm 1{)}^2(\pm 1{)}^2}}=1+1+1=3$

Consideremos uno de los puntos críticos, por ejemplo el punto $(1,1)$. ¿Cuál es el polinomio de Taylor que aproxima a $F(x,y)$ cerca del punto $(1,1)$?

Calculamos las primeras derivadas parciales

${\displaystyle \frac{\partial F}{\partial x}}=2x–{\displaystyle \frac{2}{x^3{y}^2}}$

${\displaystyle \frac{\partial F}{\partial y}}=2y–{\displaystyle \frac{2}{x^2{y}^3}}$

Segundas derivadas parciales

${\displaystyle \frac{{\partial }^{2}F}{\partial x^2}}=2+{\displaystyle \frac{6}{x^4{y}^2}}$

Luego $f_{xx}(1,1)=8$

Análogamente

${\displaystyle \frac{{\partial }^{2}F}{\partial y^2}}=2+{\displaystyle \frac{6}{x^2{y}^4}}$

Luego $f_{yy}(1,1)=8$

Además

${\displaystyle \frac{{\partial }^{2}F}{\partial y\partial x}}={\displaystyle \frac{4}{x^3{y}^3}}$

Luego $f_{xy}(1,1)=4$

Entonces la matriz $H$ queda de la siguiente manera:

$$\left|\begin{array}{cc}{f}_{xx}(1,1)& f_{xy}(1,1)\\ \\ f_{xy}(1,1)& f_{yy}(1,1)\end{array}\right|=\left(\begin{array}{cc}8& 4\\ \\ 4& 8\end{array}\right)=4\left(\begin{array}{cc}2& 1\\ \\ 1& 2\end{array}\right)$$

El determinante $det(H)=3>0$

Y la traza es $4$

Por lo tanto, $F$ alcanza un valor mínimo en $(1,1).$

Entonces el polinomio de Taylor de 2° grado de $F$ alrededor del punto $(1,1)$ es

$$p(x,y)=F(1,1)+{\displaystyle \frac{\partial F}{\partial x}}(1,1)(x–1)+{\displaystyle \frac{\partial F}{\partial y}}(1,1)(y–1)+{\displaystyle \frac{1}{2}}({\displaystyle \frac{{\partial }^{2}F}{\partial x^2}}(1,1)(x–1{)}^2+2{\displaystyle \frac{{\partial }^{2}F}{\partial x\partial y}}(1,1)(x–1)(y–1)+{\displaystyle \frac{{\partial }^{2}F}{\partial y^2}}(1,1)(y–1))$$

$$p(x,y)=3+{\displaystyle \frac{1}{2}}(8(x–1{)}^2+8(x–1)(y–1)+8(y–1{)}^2)$$

$$p(x,y)=3+4((x–1{)}^2+(x–1)(y–1)+(y–1{)}^2)$$

Luego, uno de los puntos de $\mathcal{S}$ más cercanos al $(0,0)$ es el punto $(1,1,1)$, así como también los puntos $(1,–1,–1)$, $(–1,–1,1)$ , y $(–1,1,–1)$.

La distancia desde cada uno de estos puntos al origen es $\sqrt{3}.$

https://www.geogebra.org/classic/jwnw4fb9