Ejercicio

Sea $f (x, y) = ( y \, – \, 3x^2) (y \, – \, x^2)$

(a) El origen es punto crítico.

(b) En cada recta que pasa por el origen $\alpha ( t) = (at , bt)$ , $( f \, \circ \, \alpha) (t) $ tiene un mínimo relativo en $0$.

(c) El origen no es mínimo relativo.

(*) Calcule el polinomio de Taylor de 2° grado de $f$ alrededor del origen.

$\dfrac{\partial f}{\partial x} = -\, 6x (x \, – \, y^2 ) + (y \, – \, 3x^2 ) (\, – \, 2x)$

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

$\nabla f (0, 0) = (0 , 0) $

(**) $f (\alpha (t) = f (at, bt) = (bt \, – \, 3(at)^2 ) (bt \, – \, (at)^2 ) = b^2 t^2 \, – \, 4 a^2 b t^3 + 3 a^4 t^4 $

$ ( f \, \circ \, \alpha)’ (t) = 2 b^2 t \, – \, 12 a^2 b t^2 + 12 a^4 t^3 $ entonces $( f \, \circ \, \alpha)’ (0) = 0$

${( f \, \circ \, \alpha)}^{\prime \prime} (t) = 2 b^2 \, – \, 24 a^2 b t + 36 a^4 t^2 $ entonces ${( f \, \circ \, \alpha)}^{\prime \prime} (0) = 2 b^2 > 0 $. Si $ b \neq 0$. Entonces $ f \, o \, \alpha $ alcanza un mínimo relativo en 0.

Si $ b = 0 $ , $a = 1$ $ f ( \alpha ( t)) = 3 t^4$ que también tiene mínimo en $(0, 0)$.

(***) Negación de la definición: $ f $ no alcanza mínimo local si para toda bola $B_{\delta} (x_0, y_0) $ existe algún punto en esa vecindad tal que $f (x, y) < f (x_0 , y_0)$

Sea $\delta > 0$, consideremos la parábola $ 2x^2$, tomemos un punto en esta parábola dentro de $B_{\delta} (0, 0) $ distinto del $(0, 0) $. En este punto $f (x, y) < 0 = f (0, 0)$, entonces $ f $ no alcanza mínimo local en $(0, 0)$.

Consideremos $\alpha (t) = (t, 2t^2)$, luego $ \alpha ( \alpha (t) ) = (2t^2 \, – \, 3t^2) ( 2t^2 \, – \, t^2) = \, – \, t^4$ , de hecho, alcanza máximo.

(****) El polinomio de Taylor de 2° grado alrededor de $(0, 0)$

Sabemos que $ f (0, 0) = 0$, $\nabla f (0, 0) = (0, 0)$

$ H = \begin{pmatrix} f_{xx} (0, 0) & f_{xy} (0, 0) \\ \\ f_{yx} (0, 0) & f_{yy} (0, 0) \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 & 0 \\ \\ 0 & 2 \end{pmatrix}$

$det(H) = 0$

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

${}$

Máximos y mínimos con restricciones

Si la restricción es que $(x, y) \in \mathcal{K} \subset \mathbb{R}^2$, con $\mathcal{K}$ un subconjunto compacto, $ f$ continua en $\mathcal{K}$, entonces $f$ alcanza un máximo y un mínimo.

El valor máximo y el valor mínimo pueden alcanzarse en:

(*) el interior de $\mathcal{K}$, con $f$ diferenciable $ \iff $ $\nabla f (\bar{x}) = 0$, o con $f$ no diferenciable;

(*) la frontera de $\mathcal{K}$.

Ejemplo:

Maximizar $f (x, y) = x + y$ sujeta a la restricción $x^2 + y^2 \leq 1$, y donde $\mathcal{K} = \{ (x, y) \in \mathbb{R}^2 \big| x^2 + y^2 \leq 1 \}$

$\nabla f (x, y) = (1, 1) \neq (0, 0)$

El gradiente nunca es cero, pero la función tiene un máximo y un mínimo.

Hay problemas en los que la restricción está dada por una ecuación o un sistema de ecuaciones. ¿Cómo proceder?

Método de los multiplicadores de Lagrange, pero antes veamos el teorema de la función inversa y el de la función implícita, volveremos a este tema más adelante.

Teorema de la función inversa para funciones $ f : \mathbb{R}^2 \rightarrow \mathbb{R}^2$, $f (x, y) = (u, v)$, buscamos $f^{-1} (u, v) = (x, y)$

Teorema de la función implícita $ f : \mathbb{R}^{n+k} \rightarrow \mathbb{R}^n$, $z = f (x, y)$.

Curva de nivel $c$, $f (x, y) = c$. Si podemos despejar $y = \phi (x)$ la ecuación $f (x, y) = c$ implícitamente define a una función $y = \phi (x)$, $c = f(x, y, z)$, $z = g (x, y)$ entonces la ecuación $ f (x, y, z) = c$ define implícitamente una función $g$.

$f: \mathbb{R}^3 \rightarrow \mathbb{R}^2$, $u = u (x, y, z) = c_1$, $v = v (x, y, z) = c_2$. Si podemos despejar $z = g (x, y)$, el sistema de ecuaciones define una función implícita $g$.