Encontrar los valores extremos de $f (x, y) = \Big( x \, – \, \dfrac{1}{2} \Big)^2 + \Big( y \, – \, \dfrac{1}{2} \Big)^2$ sujeta a la restricción $(x, y) \in \mathcal{K}$ donde

$\mathcal{K} = \Big\{ (x, y) \in \mathbb{R}^2 \, \big| \, g_1 (x, y) = y \, – \, x^2 = 0 , g_2 (x, y) = x \, – \, y^2 = 0, g_3 (x, y) = 2 \, – \, x \, – \, y = 0 \Big\}$

Calculamos las siguientes derivadas

$\nabla g_1 (x, y) = ( \, – \, 2x, 1) \neq \vec{0}$

$\nabla g_2 (x, y) = ( 1, \, – \, 2y ) \neq \vec{0}$

$\nabla g_3 (x, y) = ( \, – \, 1, \, – \, 1) \neq \vec{0}$

Buscando las intersecciones de $g_1 \cap g_2$, $g_2 \cap g_3$ y $g_1 \cap g_3$ se obtienen los posibles vértices que son los siguientes puntos:

$( 1, 1)$, $(\, – \, 2, 4)$, $(0, 0)$, $(1, 1)$, $(1, 1)$ y $(\, – \, 4, 2).$

Ahora tenemos que checar que puntos cumplen con la restricción:

$ y \, – \, x^2 \geq 0$, $ x \, – \, y^2 \geq 0$ y $ 2 \, – \, x \, – \, y \geq 0$

Por ejemplo: ¿ el punto $( \, – \, 2, 4)$ cumple con la primera desigualdad?

$ y \, – \, x^2 = 4 \, – \, (4)^2 = 4 \, – \, 16 = \, – \, 12 \ngeq 0$, por lo tanto no cumple con la primera desigualdad, luego no es vértice de $\mathcal{K}.$

Análogamente con los demás posibles vértices.

Luego, los puntos $(0, 0)$ y $(1, 1)$ son los vértices de $\mathcal{K}.$

Paso (1):

Encontrar los vértices: los puntos $(0, 0)$ y $(1, 1)$ son los vértices.

En $ f (0, 0) = f (1,1) = \frac{1}{2}$ se tiene máximo global.

Paso (2):

Aplicar multiplicadores de Lagrange en cada lado.

Lado $\mathcal{C}_1$ restricción $g_1 (x, y) = 0$

$y \, – \, x^2 = 0$ . . . (a)

$\nabla f = \lambda \nabla g$

$\begin{pmatrix} \dfrac{\partial f}{\partial x} \\ \\ \dfrac{\partial f}{\partial y} \end{pmatrix} = \lambda \begin{pmatrix} \dfrac{\partial g}{\partial x} \\ \\ \dfrac{\partial g}{\partial y} \end{pmatrix} \; \iff \; \begin{pmatrix} 2x \, – \, 1 \\ \\ 2y \, – \, 1 \end{pmatrix} = \lambda \begin{pmatrix} \, – \, 2x \\ \\ 1 \end{pmatrix}$

por lo que se tienen las siguientes ecuaciones:

$ 2x \, – \, 1 = \, – \, 2 \lambda x$ . . . (b)

$ 2y \, – \, 1 = \lambda $ . . . (c)

Luego, las ecuaciones (a), (b) y (c) forman un sistema de 3×3. Resolviendo el sistema se obtiene que:

$ x = \sqrt[3]{\dfrac{1}{4}}$ , $ y = \sqrt[3]{\dfrac{1}{16}}$

Por lo que en el lado $\mathcal{C}_1$ el punto es el $\Bigg( \sqrt[3]{\dfrac{1}{4}} , \sqrt[3]{\dfrac{1}{16}} \Bigg)$

Análogamente, en el lado $\mathcal{C}_2$ el punto es $\Bigg( \sqrt[3]{\dfrac{1}{16}} , \sqrt[3]{\dfrac{1}{4}} \Bigg)$

Paso (3):

Encontrar los puntos críticos de $ f$ sin restricciones.

$\nabla f = \vec{0}$

$\iff \; 2 \Big( x \, – \, \dfrac{1}{2}\Big) = 0 \; \rightarrow \; x = \dfrac{1}{2}$

$\iff \; 2 \Big( y \, – \, \dfrac{1}{2}\Big) = 0 \; \rightarrow \; y = \dfrac{1}{2}$

Por lo que el mínimo local es $ f (x , y) = f \Bigg( \dfrac{1}{2} , \dfrac{1}{2} \Bigg) = 0$

La restricción es de la forma descrita a continuación:

$g_1 (x, y) \geq 0$

$g_2 (x, y) \geq 0$

$\vdots$

$g_n (x, y) \geq 0$

$\mathcal{K} = \big\{ (x, y) \in \mathbb{R}^2 \, \big| \, g_1 (x, y) \geq 0 , g_2 (x, y) \geq 0 , \dots , g_n (x, y) \geq 0 \big\}$, donde $\mathcal{K}$ sea compacto.

$\partial \mathcal{K} \subseteq \mathcal{C}_1 \cap \mathcal{C}_2 \cap \dots \cap \mathcal{C}_n$ donde

$\mathcal{C}_i = \big\{ (x, y) \in \mathbb{R}^2 \, \big| \, g_i (x, y) = 0 \big\}$

Si $\mathcal{K}$ es compacto y $ f $ es continua en todo $\mathcal{K}$ entonces, existen $ (x_0, y_0) , (x_1 , y_1) $ tales que $ f \Big|_{\mathcal{K}} $ alcanza un mínimo global en $( x_0, y_0)$, y un máximo global en $(x_1, y_1).$

Buscamos responder donde se alcanzan. Para ello realizamos lo siguiente:

(*) Buscar si hay puntos críticos de $f$ en el interior de $\mathcal{K}$.

Esos puntos cumplen que:

$\nabla f (x, y) = 0$, es decir que $\dfrac{\partial f}{\partial x} (x, y) = 0$ y $\dfrac{\partial f}{\partial y} (x, y) = 0$. Este es un sistema de dos ecuaciones con dos incógnitas.

(**) Buscar si hay puntos críticos de $f\Big|_{\mathcal{C}_i}$ para alguna de las curvas $\mathcal{C}_i$ definidas por la ecuación $g_i (x, y) = 0$ correspondiente a

$ \nabla f (x, y) = \lambda \nabla g (x, y)$

$g_i (x, y) = 0$; donde estas dos última ecuaciones forman un sistema de 3 x 3.

Esto con cada «lado curvo» de $\mathcal{K}.$

(***) Buscar si en los «vértices» dados por $\mathcal{C}_i \cap \mathcal{C}_j$, $f \Big|_{\mathcal{K}}$ alcanza un valor extremo. El sistema de 2 x 2 dado por

$g_i (x, y) = 0$ y $g_j (x, y) = 0$.

(****) Finalmente considerar los puntos donde $ f $ no sea diferenciable.

En la entrada anterior revisamos varios ejemplos. Puedes hacer click en el siguiente enlace para revisarlos https://blog.nekomath.com/64-material-en-revision-teorema-de-la-funcion-implicita-1ra-version-lunes-28-de-octubre/?preview_id=101397&preview_nonce=90e45cbcb8&preview=true

Ahora veamos la demostración de este teorema.

Demostración:

(primera parte)

Sea $m = F_y (x_0, y_0) \neq 0$

$F_y (x, y) $ es continua en $(x_0, y_0).$

CASO 1: $m > 0$

Sea $\epsilon = \dfrac{m}{2}$ entonces , existe $ \delta > 0$ tal que para todo $(x, y) \in B_{\delta} (x_0, y_0)$ se cumple que

$\Big| \dfrac{\partial F}{\partial x} (x_0, y_0) \, – \, \dfrac{\partial F}{\partial y} (x_0, y_0) \Big| < \epsilon = \dfrac{m}{2}$

$ \Rightarrow \; \Big| \dfrac{\partial F}{\partial x} (x, y) \, – \, m \Big| < \dfrac{m}{2}$

$ \Rightarrow \; – \, \dfrac{m}{2} < \dfrac{\partial F}{\partial x} (x, y) \, – \, m < \dfrac{m}{2} $

$ \Rightarrow \; m \, – \, \dfrac{m}{2} < \dfrac{\partial F}{\partial x} (x, y) < m \, + \, \dfrac{m}{2} $

$ \Rightarrow \; \dfrac{m}{2} < \dfrac{\partial F}{\partial x} (x, y) < \dfrac{3m}{2} $

Por lo tanto $ \dfrac{\partial F}{\partial x} (x, y) > 0$

CASO 2: $m < 0$

Sea $\epsilon = – \, \dfrac{m}{2}$ entonces , existe $ \delta > 0$ tal que para todo $(x, y) \in B_{\delta} (x_0, y_0)$ se cumple que

$\Big| \dfrac{\partial F}{\partial x} (x_0, y_0) \, – \, \dfrac{\partial F}{\partial y} (x_0, y_0) \Big| < \epsilon = \, – \, \dfrac{m}{2}$

$ \Rightarrow \; \Big| \dfrac{\partial F}{\partial x} (x, y) \, – \, m \Big| < \, – \, \dfrac{m}{2}$

$ \Rightarrow \; \dfrac{m}{2} < \dfrac{\partial F}{\partial x} (x, y) \, – \, m < \, – \, \dfrac{m}{2} $

$ \Rightarrow \; m \, + \, \dfrac{m}{2} < \dfrac{\partial F}{\partial x} (x, y) < m \, – \, \dfrac{m}{2} $

$ \Rightarrow \; \dfrac{3m}{2} < \dfrac{\partial F}{\partial x} (x, y) < \dfrac{m}{2} $

Por lo tanto $ \dfrac{\partial F}{\partial x} (x, y) < \dfrac{m}{2} < 0$

Consideremos un rectángulo $\mathcal{R} $ tal que

$\mathcal{R} = \big[ x_0 \, – \, \alpha , x_0 \, + \, \alpha \big] \times \big[ y_0 \, – \, \beta , y_0 \, + \, \beta \big] \subseteq B_{\delta} (x_0, y_0)$

$\dfrac{\partial F}{\partial x} $ es continua en $\mathcal{R} $ compacto por lo que sabemos que está acotada.

Entonces, para todo $(x, y) \in \mathcal{R} $ se cumple que

$\Big| \dfrac{\partial F}{\partial x} (x, y) \Big| \leq M$

Si demostramos que para cada $ x_1 \in \big[ x_0 \, – \, \alpha , x_0 \, + \, \alpha \big]$

CASO I: $ F ( x_1, y_0 \, – \, \beta) < 0 $, y

CASO II: $ F ( x_1, y_0 \, + \, \beta) < 0 $

La continuidad de $ F $ nos dirá que existe un punto $\beta*$ tal que $ F ( x_1 , \beta* ) = 0 $

Consideremos la función $ g : \big[ y_0 \, – \, \beta , y_0 \, + \, \beta \big] \rightarrow \mathbb{R}$ , donde $ g (y) = F ( x_1 , y)$

Entonces $ F $ continua en $\mathcal{R}$ implica $g $ continua en $\big[ y_0 \, – \, \beta , y_0 \, + \, \beta \big]$ , por lo tanto, $ g (y) $ es única.

Si tomamos $ (x_1, , y) \in \mathcal{R} $ entonces $ \dfrac{\partial F}{\partial y} (x_1 , y) \neq 0$

En el caso de que $ \dfrac{\partial F}{\partial y} (x_1 , y) > 0 $ CASO I.

Caso 1: $ F_y (x_0, y_0)$

Sea $ m = F_y (x_0, y_0) $

$F_y $ es continua entonces, para $\epsilon = \dfrac{m}{2}$ existe $\delta > 0 $ tal que $ (x, y) \in B_{\delta} (x_0, y_0) $ implica que

$\Big| F_y (x , y ) \, – \, F_y (x_0, y_0) \Big| < \dfrac{m}{2}$

Esto implica que existe un rectángulo

$\mathcal{R}_1 = \big[ x_0 \, – \, {\alpha}_1 , x_0 \, + \, {\alpha}_1 \big] \times \big[ y_0 \, – \, \beta , y_0 \, + \, \beta \big] \subseteq B_{\delta} (x_0, y_0) $ tal que $(x, y) \in \mathcal{R}_1 $ implica $ F_y (x, y) > \dfrac{m}{2}$

Lema:

Existe un rectángulo $\mathcal{R}_1 = \big[ x_0 \, – \, {\alpha}_1 , x_0 \, + \, {\alpha}_1 \big] \times \big[ y_0 \, – \, \beta , y_0 \, + \, \beta \big] \subseteq \mathcal{R}_1$ tal que

(a) $ F ( x, y_0 \, – \, \beta) < 0 $ y

(b) $ F (x, y_0 \, + \, \beta) > 0 $

Además, en $\mathcal{R}_1$, que es un conjunto compacto, $F_x$ es continua y está acotada, es decir, existe $M > 0 $ tal que $\Big| F_x (x, y) \Big| \leq M $ para todo $ (x, y) \in \mathcal{R}_1$

Para garantizar la desigualdad (b)

$ F (x, y_0 \, + \, \beta) > 0$ empezamos con $ F (x, y_0 \, + \, \beta) $, luego

$ F (x, y_0 \, + \, \beta) = F (x, y_0 \, + \, \beta) \, – \, F (x, y_0) \, + \, F (x, y_0 )$

Entonces $F (x, y_0 \, + \, \beta) = F_y ( x, \eta) \beta \, + \, F (x, y_0)$ , como $ m = F_y (x_0, y_0) > 0$

$F_y ( x, \eta) > \dfrac{m}{2}$

$F_y ( x, \eta) \beta > \dfrac{m}{2} \beta $

$F_y ( x, \eta) \beta \, + \, F (x, y_0) > \dfrac{m}{2} \beta \, + \, F (x, y_0) $ . . . (1)

pero $ F (x, y_0) = F (x, y_0) \, – \, F(x_0, y_0)$, además $ F(x_0, y_0) = 0$ por hipótesis.

Tomemos $ 0 < \alpha < {\alpha}_1$, $(x, y) \in \mathcal{R}$

entonces $F (x, y_0) = F ( \xi , y_0) \alpha $

$ F (x, y_0) = \Big| F ( \xi , y_0) \Big| \alpha \leq M \alpha $

entonces

$ – \, M \alpha \leq F (x, y_0) \leq M \alpha $ . . . (2)

Sustituyendo (2) en (1) tenemos que

$F_y ( x, \eta) \beta \, + \, F (x, y_0) > \dfrac{m}{2} \beta \, + \, F (x, y_0) \geq \dfrac{m}{2} \beta \, – \, M \alpha$

si $\alpha $ es suficientemente pequeño

$\dfrac{m}{2} \beta \, – \, M \alpha > 0 \; \iff \; \dfrac{m}{2} \beta > M \alpha \; \iff \; \dfrac{m \beta}{2 M} > \alpha$

Luego $ \alpha = mín \Big\{ {\alpha}_1 , \dfrac{m \beta}{2 M} \Big\}$

entonces $ (x, y) \in \mathcal{R} $ garantiza la desigualdad (b).

Para la desigualdad (a)

$ F ( x, y_0 \, – \, \beta) < 0 $

empezamos con $ F (x, y_0 \, – \, \beta) $, luego

$ F (x, y_0 \, – \, \beta) = F (x, y_0 \, – \, \beta) \, – \, F (x, y_0) \, + \, F (x, y_0 )$

Entonces $F (x, y_0 \, – \, \beta) = \, – \, \Big(F (x, y_0 ) \, – \, F(x, y_0 \, – \, \beta) \Big) \, + \, F (x, y_0) = \, – \, F_y ( {\eta}’) \beta \, + \, F (x, y_0),$ como $ m = F_y (x, {\eta}’) > \dfrac{m}{2}$

$F_y ( x, {\eta}’) \beta > \dfrac{m}{2} \beta $

$\, – \, F_y ( x, {\eta}’) \beta < \, – \, \dfrac{m}{2} \beta $

$\, – \, F_y ( x, {\eta}’) \beta \, + \, F(x, y_0) < \, – \, \dfrac{m}{2} \beta \, + \, F(x, y_0)$

pero $ F(x, y_0) = F(x, y_0) \, – \, F(x_0 , y_0) = F_x ({\xi}’, y_0) (x \, – \, x_0)$

entonces $ \Big| F(x, y_0) \Big| = \Big| F_x ({\xi}’, y_0) \Big| \Big| (x \, – \, x_0) \Big| \leq M \alpha$ implica $ F (x, y_0) \leq M \alpha.$

Por lo tanto

$\, – \,F_y ( x, {\eta}’) \beta \, + \, F (x, y_0) < \, – \, \dfrac{m}{2} \beta \, + \, F (x, y_0) \leq \, – \, \dfrac{m}{2} \beta \, + \, M \alpha < 0,$ si y solo si

$ M \alpha < \dfrac{m}{2} \beta \; \iff \; \alpha < \dfrac{m \beta}{2 M} $

entonces $ (x, y) \in \mathcal{R} $ garantiza la desigualdad (a) y con esto queda demostrado el lema.

Regresando a la demostración del teorema, gracias al lema, sabemos que

para cada $ x \in \big[ x_0 \, – \, {\alpha}_1 , x_0 \, + \, {\alpha}_1 \big] $ existe alguna $y^*$ tal que $ y^* \in \big[ y_0 \, – \, {\beta} , y_0 \, + \, \beta \big] $ y $ F (x, y^*) = 0$.

Veamos que $y^*$ es único.

Consideremos $g (y) = F (x, y)$ y fijando $x$ tenemos que

$g’ (y) = F_y (x, y) > \dfrac{m}{2} > 0$ , para toda $ y \in \big[ y_0 \, – \, {\beta} , y_0 \, + \, \beta \big]$

entonces $ g $ es estrictamente creciente, $ g $ es inyectiva, y por lo tanto $y^*$ es única.

Entonces para cada $x \in \big[ x_0 \, – \, {\alpha} , x_0 \, + \, \alpha \big]$ existe un único $y \in \big[ y_0 \, – \, {\beta} , y_0 \, + \, \beta \big].$

Tenemos una función $ f : \big[ x_0 \, – \, {\alpha} , x_0 \, + \, \alpha \big] \rightarrow \big[ y_0 \, – \, {\beta} , y_0 \, + \, \beta \big] $ donde cada $ x \rightarrow y^*$ tal que $ F ( x , f (x) ) = 0$.

Ahora veamos que $y = f (x)$ es continua, derivable y la derivada es $f’ (x) = \, – \, \dfrac{f_x (x, f (x) )}{f_y (x, f (x) )}$ para todo $ x \in \big[ x_0 \, – \, {\alpha} , x_0 \, + \, \alpha \big]$

Para ver que $ f $ es continua en $ x \in \big[ x_0 \, – \, {\alpha} , x_0 \, + \, \alpha \big]$.

Consideremos la diferencia $ f (x + h) \, – \, f (x) $ para algún $ h $ suficientemente pequeña.

Sea $\mathcal{K} = f (x + h) \, – \, f (x) $

Aplicamos el teorema del valor medio para la derivada a $F : A \subseteq \mathbb{R}^2 \rightarrow \mathbb{R}$

$(x_0. y_0) \in \mathcal{R} \subseteq A$ donde $\mathcal{R}$ rectángulo, que es convexo,

entonces $F ( x \, + \, h, y \, + \, k ) \, – \, F ( x , y) = \dfrac{\partial F}{\partial x} ( x + \theta h , y + \theta k) h \, + \, \dfrac{\partial F}{\partial y} ( x + \theta h , y + \theta k) k$ para alguna $\theta \in [0, 1]$

pero $ y = f (x) $, y además $ y + k = f (x + h) + f (x) \, – \, f (x) = f ( x + h)$

entonces $F ( x \, + \, h, y \, + \, k ) = F ( x \, + \, h, f (x + h) ) = 0 $ por la definición de $f$.

Entonces $F (x, y) = F (x , f (x) ) = 0$

Entonces de

$ \dfrac{\partial F}{\partial x} ( x + \theta h , y + \theta k) h \, + \, \dfrac{\partial F}{\partial y} ( x + \theta h , y + \theta k) k = 0$

$\dfrac{\partial F}{\partial x} ( x + \theta h , y + \theta k) h = \, – \, \dfrac{\partial F}{\partial y} ( x + \theta h , y + \theta k) k$

$\dfrac{k}{h} = \dfrac{ – \, \dfrac{\partial F}{\partial x} }{ \dfrac{\partial F}{\partial y}}$

entonces

$\dfrac{ f (x + h) \, – \, f (x) }{h} = \dfrac{ – \, \dfrac{\partial F}{\partial x} }{ \dfrac{\partial F}{\partial y}}$

entonces

$\lim\limits_{h \to 0} \dfrac{ f (x + h) \, – \, f (x) }{h} = \, – \, \lim\limits_{h \to 0} \dfrac{F_x ( x + \theta h , y + \theta k)}{F_y ( x + \theta h , y + \theta k)}$

$f’ (x) = \, – \, \dfrac{ F_x (x, y)}{ F_y (x, y)}$

Un detalle: ver por qué $ k \rightarrow 0$ cuando $ h \rightarrow 0$ es decir que

$f ( x + h) \, – \, f (x) \rightarrow 0$

Es decir, por demostrar, $ f $ es continua.

Veamos que $f$ es continua en $ x \in \big[ x_0 \, – \, \alpha, x_0 \, + \, \alpha\big]$

$\mathcal{K} = f (x + h) \, – \, f (x) = \, – \, \dfrac{F_x}{F_y} h$

$\big| \mathcal{K} \big| = \, – \, \dfrac{\big| F_x \big|}{ \big| F_y \big|} \big| h \big| \leq \dfrac{ M \big| h \big|}{F_y} \leq \dfrac{M \big| h \big|}{N}$ . . . (3)

La última desigualdad se cumple si y solo si

$\dfrac{1}{F_y} \leq \dfrac{1}{N} \; \iff \; N \leq \big| F_y \big|$ pero además $ \big| F_y \big| > \dfrac{m}{2}$

por lo tanto nos sirve $ N = \dfrac{m}{2}$

Luego, de (3) podemos concluir que $ f $ es continua. $_{\blacksquare}$

Una última observación:

Si $\dfrac{\partial F}{\partial y} (x_0, y_0) < 0 $ entonces $\dfrac{\partial}{\partial y} (\, – \, F) (x_0, y_0) > 0$, consideramos $ G = \, – \, F$

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.

https://www.geogebra.org/classic/pp94v8ke

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 $\sqrt{3}.$

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