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.

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

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

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

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

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

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

Análogamente

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

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

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

Además

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

$$p ( x, y) = \dfrac{1}{2} \big( 2 ( x^2 + y^2 ) \big) = x^2 + y^2 $$

EL punto crítico es NO degenerado, porque el determinante

$$\begin{vmatrix} f_{xx} & f_{xy} \\ \\ f_{xy} & f_{yy} \end{vmatrix} \neq 0$$

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

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

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

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

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

$ 1+x^2+y^2 = e^{\mathcal{c}} \; \; \iff \; \; 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’ (r) = \dfrac{2r}{1+r^2} $

$ f’ (0) = 0$

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

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

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

IMAGEN

La gráfica de $f$ es $ \big\{ (x, y, z) \in \mathbb{R}^3 \Big| z = \ln (1 + x^2 + y^2) \big\} $ , 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.

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

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

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

El valor crítico correspondiente es

$f (0, 0) = 0$

Segundas derivadas parciales

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

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

Análogamente

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

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

Además

$\dfrac{\partial^2 f}{\partial y \, \partial x} = 5 x^4 + 5 y^4 + 1 $

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

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

$H = \begin{pmatrix} f_{xx} & f_{xy} \\ \\ f_{xy} & f_{yy} \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 & 1 \\ \\ 1 & 0 \end{pmatrix}$

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

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

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

${}$

Ejemplo 3

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

$$\mathcal{S} = \Big\{ (x, y, z) \in \mathbb{R}^3 \big| z = \dfrac{1}{xy} , x \neq 0, y \neq 0 \Big\}$$

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

$\Bigg\| \Bigg( x, y, \dfrac{1}{xy} \Bigg) \, – \, (0, 0, 0) \Bigg\| = \sqrt{x^2 + y^2 + \dfrac{1}{x^2 y^2} \, } $

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

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

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

Analicemos cuando las derivadas parciales valen cero

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

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

Por lo que $ x^2 y^4 = x^4 y^2 $ dado que $xy \neq 0 \; \Rightarrow \dfrac{x^2 y^4}{x^2 y^2} = \dfrac{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 \geq 0 $ y $ y \geq 0.$

Los valores críticos correspondientes son

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

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

$\dfrac{\partial F}{\partial x} = 2x \, – \, \dfrac{2}{x^3 y^2}$

$\dfrac{\partial F}{\partial y} = 2y \, – \, \dfrac{2}{x^2 y^3}$

Segundas derivadas parciales

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

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

Análogamente

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

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

Además

$\dfrac{\partial^2 F}{\partial y \, \partial x} = \dfrac{4}{x^3 y^3} $

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

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

$$\begin{vmatrix} f_{xx} (1, 1) & f_{xy} (1, 1) \\ \\ f_{xy} (1, 1) & f_{yy} (1, 1) \end{vmatrix} = \begin{pmatrix} 8 & 4 \\ \\ 4 & 8 \end{pmatrix} = 4 \begin{pmatrix} 2 & 1 \\ \\ 1 & 2\end{pmatrix}$$

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

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

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

$$p ( x, y) = 3 + 4 \Big( (x \, – \, 1)^2 + (x \, – \, 1) (y \, – \, 1) + (y \, – \, 1)^2 \Big)$$

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 $\sqrt{3}.$