Sea $F : \mathcal{U} \subseteq \mathbb{R}^2 \rightarrow \mathbb{R}$ con derivadas parciales continuas $F_x$, $F_y$ en una vecindad de un punto $(x_0, y_0)$ tal que $F (x_0, y_0) = 0$ y además $F_y (x_0, y_0) \neq 0$, entonces existe un rectángulo $\big[ x_0 \, – \, \alpha , x_0 \, + \, \alpha \big] \times \big[ y_0 \, – \, \beta , y_0 \, + \, \beta \big]$ tal que para cada $x$ en el intervalo $\big[ x_0 \, – \, \alpha , x_0 \, + \, \alpha \big]$ la ecuación $F ( x, y) = 0$ tiene una solución $ y = f (x)$ con $ y_0 \, – \, \beta \leq y \leq y_0 \, + \, \beta. $
Dicha función $ f : \big[ x_0 \, – \, \alpha , x_0 \, + \, \alpha \big] \rightarrow \big[ y_0 \, – \, \beta , y_0 \, + \, \beta \big]$ satisface la condición $f (x_0) = y_0$ y para toda $ x \in \big[ x_0 \, – \, \alpha , x_0 \, + \, \alpha \big] $ cumple que
$F ( x, f (x) ) = 0$
$F_y ( x, f (x) ) \neq 0$
Más aún, $f$ es continua con derivada continua, y está dada por la ecuación
$$ f’ (x) = \, – \, \dfrac{F_x ( x, f (x) )}{F_y ( x, f (x) )}$$
Si $y^3 = 0 \rightarrow y = 0$ por lo tanto $ y^2 = x \rightarrow x = 0$. Luego el punto es el $(0, 0)$
Si $ y^3 \, – \, 2 = 0 \rightarrow y = \sqrt[3]{2} $ por lo tanto $ y^2 = x \rightarrow (\sqrt[3]{2})^2 = x \rightarrow x = \sqrt[3]{4}$. Luego el punto es el $(\sqrt[3]{4}, \sqrt[3]{2})$
Podemos encontrar las coordenadas del punto en la hoja del primer cuadrante que está a una altura máxima.
Por lo que el gradiente de la función es $ \nabla F (0, 0) = \vec{0}$ en el punto $(0, 0) \in \mathcal{C}$, por lo que no es posible aplicar el teorema.
${}$
Ahora, después de haber analizado diferentes ejemplos, demostraremos el 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
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
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$
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$
$\dfrac{\partial F}{\partial x} ( x + \theta h , y + \theta k) h = \, – \, \dfrac{\partial F}{\partial y} ( x + \theta h , y + \theta k) k$
$ ( 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 $(0, 0)$.
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 $g$.
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.
$\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.
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.$
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 $( 1, 1)$?
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 $\sqrt{3}.$
$ \vec{w} $ es el vector velocidad usando $\beta$ como parametrización.
Los dos vectores velocidad $ \vec{v}$ y $\vec{w} $ son colineales. Además, si
$ h’ (0) > 0 $ tienen el mismo sentido, y si
$h’ (0) < 0 $ tienen sentidos contrarios.
${}$
Supongamos que $ \gamma (t) = \big( x (t), y (t) \big)$ es una curva parametrizada, y que $ x (t)$ , $y (t) $ son de clase $\mathcal{C}^2$.
Además
$\gamma’ (0) \neq \vec{0}$
${\gamma}^{\prime \prime} (0) \neq \vec{0}$
¿Cómo saber cuál es la circunferencia osculatriz en el punto $P$?
Si $\gamma $ estuviera parametrizada por longitud de arco, entonces el centro de la circunferencia osculatriz es $$ \gamma (0) + \dfrac{1}{\mathcal{K} (0)} \vec{n} (0)$$
donde $\vec{n} (0) $ es el vector normal unitario.
Y el radio de la circunferencia osculatriz es $\dfrac{1}{\mathcal{K} (0)}$
Sabiendo la curvatura y el vector normal tenemos toda la información necesaria. (no necesariamente tiene que ser en el punto CERO, puede ser un punto $t_0$ con $\gamma’ (t_0) $ y ${\gamma}^{\prime \prime} (t_0)$ distintas de CERO)
(*) Tenemos una fórmula para calcular $\mathcal{K} (t_0)$
(*) a. En el plano, basta conocer el vector tangente unitario $T (t_0) = \dfrac{ \gamma’ (t_0)}{ \big\| \gamma’ (t_0) \big\|}$. Solo hay dos opciones para $(u, v)$ puede ser $ (- \, v, u ) $ o también $ (v, \, – \, u) $
