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 $( 0, 0)$.

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

${}$

$H (x, y) = 2xy$

Consideremos composiciones $H \, \circ \, T$ , con $T : \mathbb{R}^2 \rightarrow \mathbb{R}^2$ lineal invertible.

$$ \begin{pmatrix} x’ \\ y’ \end{pmatrix} \rightarrow \begin{pmatrix} x \\ y \end{pmatrix}$$

$T (x’ , y’ ) = ( x , y )$

$\begin{pmatrix} a & b \\ b & c \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x’ \\ y’ \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} x \\ y \end{pmatrix}$

$\begin{cases} x = ax’ + b y’ \\ y = c x’ + d y’ \end{cases}$

$H \big( T ( x’ , y’ ) \big) = H ( x , y )$

$\begin{align*}H \big( T ( x’ , y’ ) \big) &= 2 (ax’ + b y’ ) ( c x’ + d y’) \\ &= 2 ac ( x’ )^2 + 2 ( ad + bc ) x’ y’ + 2 bd ( y’ )^2 \end{align*}$

Buscamos elegir $T$ tal que $ ad + bc = 0$

$ H \, \circ \, T$ tiene asociada la matriz

$\begin{pmatrix} 2 ac & ad + bc \\ ad + bc & 2 bd \end{pmatrix}$…(1)

Ahora bien, si $\vec{v} = \begin{pmatrix} x \\ y \end{pmatrix}$ y $\vec{w} = \begin{pmatrix} x’ \\ y’ \end{pmatrix}$

$A \vec{w} = \vec{v}$

$H ( \vec{v} ) = \vec{v}^t M \vec{v}$, donde $M = \begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 1 & 0 \end{pmatrix}$

Entonces

$\begin{align*} H ( \vec{v} ) &= \vec{v}^t M A \vec{w} \\ &= \big( A \vec{w} \big)^t M A \vec{w} \\ &= \vec{w}^t A^t M A \vec{w} \\ &= A^t M A \end{align*}$

Comprobamos que (1) $= A^t M A$

$\begin{align*} A^t M A &= \begin{pmatrix} a & c \\ b & d \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 1 & 0 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} a & b \\ c & d \end{pmatrix} \\ \\ &= \begin{pmatrix} a & c \\ b & d \end{pmatrix} \begin{pmatrix} c & d \\ a & b \end{pmatrix} \\ \\ A^t M A &= \begin{pmatrix} 2 ac & ad + bc \\ ad + bc & 2 bd \end{pmatrix}\end{align*}$

Buscamos $T$ tal que $ A^t M A $ sea diagonal.

Si $A = \begin{pmatrix} \cos \theta & – \, \sin \theta \\ \\ \sin \theta & \cos \theta \end{pmatrix}$ matriz de rotación de ejes.

$ A^t = \begin{pmatrix} \cos \theta &\sin \theta \\ \\ – \, \sin \theta & \cos \theta \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \cos ( – \, \theta) & \, – \, \sin ( – \, \theta) \\ \\ \sin ( – \, \theta) & \cos ( – \, \theta) \end{pmatrix} = A^{-1}$

Luego $ A^t M A = A^{-1} M A$ … (2)

Sabemos entonces que $A$ es inyectiva, invertible y su determinante $det(A) = 1 \neq 0$

Si $\vec{v_1} = \begin{pmatrix} \cos \theta \\ \\ \sin \theta \end{pmatrix} $

$\vec{v_2} = \begin{pmatrix} – \, \sin \theta \\ \\ \cos \theta \end{pmatrix} $

Entonces $A \vec{e_1} = \vec{v_1} $ y también $A \vec{e_2} = \vec{v_2} $, si además $\vec{v_1}$, $\vec{v_2}$ son eigenvectores ( o vectores propios) de $M$, entonces

$M \vec{v_1} = \lambda_1 \vec{v_1}$

$M \vec{v_2} = \lambda_2 \vec{v_2}$

$ A^{-1} M A \vec{e_1} = A^{-1} M \vec{v_1} = A^{-1} \lambda_1 \vec{v_1} = \lambda_1 A^{-1} \vec{v_1} = \lambda_1 \vec{e_1} $

Análogamente

$ A^{-1} M A \vec{e_2} = A^{-1} M \vec{v_2} = A^{-1} \lambda_2 \vec{v_2} = \lambda_2 A^{-1} \vec{v_2} = \lambda_2 \vec{e_2} $

Luego (2) es igual a $\begin{pmatrix} \lambda_1 & 0 \\ \\ 0 & \lambda_2 \end{pmatrix}$

En nuestro ejemplo:

$\vec{v_1} = \begin{pmatrix} \dfrac{1}{\sqrt{2}} \\ \\ \dfrac{1}{\sqrt{2}} \end{pmatrix}$

$\vec{v_2} = \begin{pmatrix} \dfrac{-1}{\sqrt{2}} \\ \\ \dfrac{1}{\sqrt{2}} \end{pmatrix}$

Además $ \lambda_1 = 1 $ y $\lambda_2 = \, – \, 1$

Luego $( x’ )^2 \, – \, ( y’ )^2 = 2xy = H ( x , y ) $

Sea $H : \mathbb{R}^2 \rightarrow \mathbb{R}$, donde

$H (x, y) = \begin{pmatrix} x & y \end{pmatrix} \begin{pmatrix} a & b \\ b & c \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x \\ y \end{pmatrix}$

$H (x, y) = a x^2 + 2bxy + c y^2$

Definición: $H $ es definida positiva ( o positivamente) si

$\begin{cases} H (x, y) > 0 \; \; \; \forall \; (x, y) \neq (0, 0) \\ {} \\ H (x, y) = 0 \; \; \; si \; (x, y) = (0, 0) \end{cases}$

Análogamente,

$H $ es definida negativa ( o negativamente) si

$ H (x, y) < 0 \; \; \; \forall \; (x, y) \neq (0, 0)$

Además

$H$ es semi definida positiva, si $H (x, y) \geq 0 \forall \; (x, y)$

$H$ es semi definida negativa, si $H (x, y) \leq 0 \forall \; (x, y)$

Las formas cuadráticas más fáciles de estudiar son las que tienen asociada una matriz diagonal $$\begin{pmatrix} \lambda_1 & 0 \\ \\ 0 & \lambda_2 \end{pmatrix}$$

Entonces

$$\begin{equation*} H (x, y) = \begin{pmatrix} x & y \end{pmatrix} \begin{pmatrix} \lambda_1 & 0 \\ \\ 0 & \lambda_2 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x \\ y \end{pmatrix} \end{equation*}$$

$$\begin{equation*} H (x, y) = \lambda_1 x^2 + \lambda_2 y^2 \end{equation*}$$

$H$ es definida positiva si $\begin{cases} \lambda_1 > 0 \\ \lambda_2 > 0 \end{cases}$

$H$ es definida negativa si $\begin{cases} \lambda_1 < 0 \\ \lambda_2 < 0 \end{cases}$

$H$ es semi definida positiva si $\begin{cases} \lambda_1 \geq 0 \\ \lambda_2 \geq 0 \end{cases}$

$H$ es semi definida negativa si $\begin{cases} \lambda_1 \leq 0 \\ \lambda_2 \leq 0 \end{cases}$

$H$ tiene un punto silla en el origen si $ \lambda_1 < 0 < \lambda_2$

${}$

En el siguiente enlace puedes observar un ejemplo ilustrativo de este tema.

https://blog.nekomath.com/59-2-material-en-revision-un-ejemplo-ilustrativo/

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

¿Cómo son las curvas de nivel de $f$?

¿Cómo es la gráfica de $f$?

«Curva» de nivel 0

$ \Big\{ (x, y) \in \mathbb{R}^2 \Big| f (x, y) = 0 \} = f^{-1} ( 0 ) = \{ (x, y) \in \mathbb{R}^2 \Big| ( y \, – \, 3x^2) ( y \, – \, x^2) = 0 \Big\}$

Entonces

$y \, – \, 3x^2 = 0 \; \iff \; y = 3x^2$ o

$ y \, – \, x^2 = 0 \; \iff \; y = x^2 $

Si $ (x, y) $ cumple que $ x^2 < y < 3 x^2 $ entonces

$0 < y \, – \, x^2 $ pero $ y \, – \, 3 x^2 < 0 $ por lo tanto $ f (x, y) < 0 $

Si $ (x, y) $ cumple que $ y > 3 x^2 $ entonces $ f (x, y) > 0 $ ya que $ y > x^2$

En el siguiente enlace puedes ver la gráfica de la función $f(x,y) = ( y \, – \, 3x^2) ( y \, – \, x^2)$ y de la curva de nivel $ ( y \, – \, 3x^2) ( y \, – \, x^2) = 0$.

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

Dada la función

$\begin{equation*} f (x, y) = \begin{cases} \dfrac{xy ( x^2 \, – \, y^2) }{x^2 + y^2} & \text{ si } (x, y) \neq (0, 0) \\ {} \\ 0 & \text{ si } (x, y) = (0, 0) \end{cases} \end{equation*}$

https://www.geogebra.org/classic/cgm64kqa

¿Cuál será el polinomio de Taylor de 2° grado de $f$ alrededor del origen?

$f (0, 0) = 0$

$\dfrac{\partial f}{\partial x} (0, 0) = \lim\limits_{h \to 0} \dfrac{f (h, 0) \, – \, f (0, 0)}{h} = \lim\limits_{h \to 0} \dfrac{0}{h} = 0 $

Análogamente

$\dfrac{\partial f}{\partial y} (0, 0) = 0 $

$\dfrac{\partial^2 f}{\partial x^2} (0, 0) = \lim\limits_{h \to 0} \dfrac{\dfrac{\partial f}{\partial x} (h, 0) \, – \, \dfrac{\partial f}{\partial x} (0, 0)}{h} = \dfrac{0}{h} = 0 $

Análogamente

$\dfrac{\partial^2 f}{\partial y^2} (0, 0) = 0$

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

$\dfrac{\partial^2 f}{\partial y \; \partial x} (0, 0) = \,- \, 1$

Podemos examinar que pasa si tomamos un polinomio de la forma

$$p (x, y) = Ax^2 + Bxy + Cy^2 + Dx + Ey + F $$

$ F = 0$

$D = E = \nabla f (0, 0) = \vec{0} $ por lo tanto $ D = 0 = E $

Si $\lim\limits_{(h,k) \to (0,0)} \dfrac{\Big| f (h,k) \, – \, p (h,k) \Big|}{\Big\| (h,k) \Big\|^2} = 0$, entonces

Para $ k = 0$

$\lim\limits_{h \to 0} \dfrac{\Big| f (h,0) \, – \, p (h,0) \Big|}{h^2} = \lim\limits_{h \to 0} \dfrac{0 \, – \, Ah^2}{h} = A = 0$

Análogamente, para $h = 0$ tenemos que $C = 0$

luego

$\lim\limits_{(h,k) \to (0,0)} \dfrac{\Big| f (h,k) \, – \, 2Bhk \Big|}{\Big\| (h,k) \Big\|^2} = 0 $

En particular, para cuando $\lim\limits_{h \to 0} \dfrac{ f (h,h) \, – \, 2Bh^2}{2h^2} = 0$

$f (h, h) = 0$

$\lim\limits_{h \to 0} \dfrac{ \, – \, \cancel{2} B \cancel{h^2} }{\cancel{2} \cancel{h^2} } = \lim\limits_{h \to 0} \, – \, 2 B = 0$

Por lo tanto $ B = 0$

Por lo tanto el polinomio $p (x, y) = Ax^2 + Bxy + Cy^2 + Dx + Ey + F $ que estábamos buscando resulta ser el polinomio constante CERO.

${}$