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 $

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

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 $z$.

${}$