Ejemplo

Determine el valor máximo y mínimo de $ f (x, y, z) = \, – \, x \, + \, 2y \, + \, 2z$ en la elipse $\mathcal{E}$ en el espacio dada por la intersección de las superficies $x^2 + y^2 = 2$ y $ y + 2z = 1$

Una forma de abordar el problema

Las dos restricciones

$ \begin{align*} g_1 ( x, y, z) &= 0 \\ g_2 ( x, y, z) &= 0 \end{align*}$

nos dan un sistema de dos ecuaciones con tres incógnitas.

En principio, podemos despejar dos variables en función de la tercera.

Sin pérdida de generalidad, supongamos $x = {\varphi}_1 (z)$ y $y = {\varphi}_2 (z).$

$z \rightarrow \big( {\varphi}_1 (z) , {\varphi}_2 (z) , {\varphi}_3 (z) \big)$ es una parametrización de la curva.

Necesitamos una versión adecuada del teorema de la función implícita.

$ g : \mathbb{R}^3 \rightarrow \mathbb{R}^2$

$ g (x, y, z) = \Big( g_1 (x, y, z), g_2 (x, y, z) \Big)$

$ (x_0 , y_0 , z_0 ) \in \mathbb{R}^3$ tal que $g_1 ( x, y, z) = 0 $ y $ g_2 ( x, y, z) = 0$

El vector tangente a la curva será colineal con el producto cruz de los vectores normales $\nabla g_1$ y $\nabla g_2$

$$ \nabla g_1 \times \nabla g_2$$

Tres vectores en $\mathbb{R}^3$ anclados en el punto son $\nabla g_1$, $\nabla g_2$ y $\nabla f.$

Si $T$ es el vector tangente a la curva anclado en el punto $P=(x_0, y_0, z_0)$ donde la restricción de $f$ alcanza un máximo o un mínimo, entonces

$$T \perp \nabla g_1(P)$$

$$T \perp \nabla g_2(P)$$

$$T \perp \nabla f(P) $$

$$\nabla f(P) = {\lambda}_1 \nabla g_1(P) \, + \, {\lambda}_2 \nabla g_2(P)$$

Calculemos los gradientes

$\nabla f (x, y, z) = \Big(\dfrac{\partial f}{\partial x}, \dfrac{\partial f}{\partial y}, \dfrac{\partial f}{\partial z} \Big)$

$\nabla f (x, y, z) = ( \, – \, 1, 2, 2 )$

$\nabla g_1 (x, y, z) = ( 2x , 2y , 0 )$

$\nabla g_2 (x, y, z) = ( 0 , 1 , 2 )$

Si $f \Big|_{\mathcal{E}}$, con $\mathcal{E}$ es la elipse dada por las ecuaciones $ g_1 = 0 $ y $ g_2 = 0$, alcanza un valor extremo en un punto $(x_0, y_0, z_0)$, entonces ese punto satisface el sistema de ecuaciones:

$g_1 (x, y, z) = 0$

$g_2 (x, y, z) = 0$

$\nabla f = {\lambda}_1 \nabla g_1 \, + \, {\lambda}_2 \nabla g_2$

$\begin{pmatrix} \, – \, 1 \\ 2 \\ 2 \end{pmatrix} = {\lambda}_1 \begin{pmatrix} 2x \\ 2y \\ 0 \end{pmatrix} \, + \, {\lambda}_2 \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ 2 \end{pmatrix}$

Entonces tenemos el siguiente sistema de cinco ecuaciones con cinco incógnitas:

$\left\{ \begin{align*} – \, 1 &= 2x {\lambda}_1 \\ \\ 2 &= 2y {\lambda}_1 + {\lambda}_2 \\ \\2 &= 2 {\lambda}_2 \\ \\ x^2 + y^2 &= 2 \\ \\ y + 2z &= 1 \end{align*} \right.$

Resolviendo este sistema se tiene que:

$ {\lambda}_2 = 1$

${\lambda}_1 = \pm \dfrac{1}{2}$

Para ${\lambda}_1 = \dfrac{1}{2}$ se tiene que

$x = \, – \, 1$, $ y = 1$ , $z = 0$

Para ${\lambda}_1 = \, – \, \dfrac{1}{2}$ se tiene que

$x = 1$, $ y = \, – \,1$ , $z = 1$

Por lo que encontramos dos puntos: $(\, – \, 1, 1, 0 )$ y el $( 1, \, – \, 1 , 1 ).$

La elipse $\mathcal{E}$ es un conjunto compacto, suave, por lo que $f \Big|_{\mathcal{E}}$ alcanza un máximo y un mínimo.

$ f (\, – \, 1, 1, 0 ) = 3$ es el valor máximo.

$ f ( 1, \, – \, 1 , 1 ) = \, – \, 1$ es el valor mínimo.

En la animación siguiente el plano que se mueve representa las superficies de nivel de $f$, en cambio el cilindro y la elipse en él están fijos.

https://www.geogebra.org/classic/rzqsc3xa

(para funciones $F : \mathbb{R}^2 \rightarrow \mathbb{R} $ sujeto a una curva de nivel $g^{-1} (0)$)

Sean $f : A \subseteq \mathbb{R}^2 \rightarrow \mathbb{R}, $ con $A$ abierto, y

$ g : A \subseteq \mathbb{R}^2 \rightarrow \mathbb{R}$

con derivadas parciales continuas.

Supongamos que para todo $ (x, y) \in g^{-1} (0)$ se cumple que $\nabla g (x, y) \neq \vec{0}$ entonces, si $ f $ restringida a $g^{-1} (0)$ alcanza un valor máximo ( o mínimo) en un punto $(x_0 , y_0)$ se cumple que

$\nabla f (x_0, y_0) = \lambda \nabla g (x_0, y_0)$ para algún $ \lambda \in \mathbb{R}.$

Justificación:

Bajo la hipótesis de que $\nabla g (x, y) \neq (0, 0)$ para todo punto $(x, y)$ tal que $g(x, y) = 0$ se tiene que la ecuación $ g (x, y) = 0 $ define una curva de nivel.

Si $\dfrac{\partial g}{\partial y} (x, y) \neq 0 $ existe $h$ tal que $g (x, h(x) ) = 0$, donde $y = h (x)$ es una función implícita definida por la ecuación $g (x, y) = 0$.

Encontrar los valores extremos de $f (x, y)$ sujeta a $g (x, y) = 0$ se traduce a encontrar los valores extremos de $K (x) = f (x, h (x) ).$

Derivando $K (x)$ tenemos que:

$\begin{align*}K’ (x) &= \dfrac{\partial f}{\partial x} (x, h (x) ) \, + \, \dfrac{\partial f}{\partial y} (x, h (x) ) h’ (x) \\ \\ &= \dfrac{\partial f}{\partial x} (x, h (x) ) \, + \, \dfrac{\partial f}{\partial y} (x, h (x) ) \Bigg( \, – \, \dfrac{\dfrac{\partial g}{\partial x} (x, h (x)}{\dfrac{\partial g}{\partial y} (x, h (x)} \Bigg) \end{align*}$

Igualamos a cero, entonces

$f_x \, – \, \dfrac{f_y g_x}{g_y} = 0$

multiplicando por $g_y$ tenemos que:

$f_x g_y \, – \, f_y g_x = 0$

entonces

$\begin{vmatrix} f_x & f_y \\ g_x & g_y \end{vmatrix} = 0$

y sabemos que un determinante es igual a cero si y sólo si sus vectores renglón son linealmente dependientes, por lo que, como $K’ (x) = 0 \; \iff \; \nabla f (x, y) $ y $\nabla g (x, y) $ son linealmente dependientes; si y sólo si son colineales; si y sólo si uno es múltiplo del otro, es decir,

$$\nabla f (x, y) = \lambda \nabla g (x, y) \; \; _{\blacksquare}$$

Analicemos el siguiente problema

Encontrar el rectángulo de mayor área, entre los rectángulos que tienen perímetro igual a 4.

La función a maximizar es la función que representa el área: $f (x, y) = xy$; sujeta a la condición de que el perímetro sea igual a 4, es decir,

$g (x, y) = 2x \, + \, 2y = 4$

$g (x, y) = x \, + \, y = 2$

$\nabla f (x, y) = (f_x , f_y) = (y, x)$

$\nabla g (x, y) = g_x , g_y) = ( 1, 1)$

Luego, como $ \nabla f (x, y) = \lambda \nabla g (x, y) $, tenemos la siguiente expresión:

$\begin{pmatrix} y \\ \\ x \end{pmatrix} = \lambda \begin{pmatrix} 1 \\ \\ 1 \end{pmatrix}$

de donde se tienen las ecuaciones

$ y = \lambda$ . . . (1)

$ x = \lambda$ . . . (2)

y además tenemos que $g (x, y) = 0$ está dada por la ecuación $ x \, + \, y \, – \, 2 = 0$ . . . (3)

Las ecuaciones (1), (2) y (3) forman un sistema de tres ecuaciones con tres incógnitas, que al ser resuelto se obtiene que

$$\lambda = 1$$

$$x = 1$$

$$y = 1$$

Luego el único punto a analizar es el punto $(x_0, y_0) = ( 1, 1)$

https://www.geogebra.org/classic/gjpyqcr6

Teorema de la función implícita:

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

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

EJEMPLO: La circunferencia unitaria

Si $f (x) $ es una función diferenciable tal que $F (x, f (x) ) \equiv 0$, entonces $ h (x) = F (x, f (x) )$ es diferenciable y $h’ (x) \equiv 0.$

$ h (x) = ( F \, o \, \alpha) (x) $ , con $\alpha (x) = (x, f (x) )$

Entonces

$ \begin{align*} h’ (x) &= ( F \, o \, \alpha)’ (x) \\ &= \nabla F ( \alpha (x) ) \cdot {\alpha}’ (x) \end{align*}$ . . . (1)

Tenemos que

$ \alpha’ (x) = ( 1, f’ (x) )$ . . . (2)

$\nabla F ( x, y) = \Big( \dfrac{\partial F}{\partial x} (x, y), \dfrac{\partial F}{\partial y} (x, y) \Big)$ . . . (3)

Luego, sustituyendo (2) y (3) en (1) tenemos que

$\begin{align*} \nabla F ( \alpha (x) ) \cdot {\alpha}’ (x) &= \nabla F ( x, f (x) ) \cdot (1, f’ (x) ) \\ &= \Big( \dfrac{\partial F}{\partial x} (x, f (x)), \dfrac{\partial F}{\partial y} (x, f (x)) \Big) \cdot (1, f’ (x) ) \\ &= \dfrac{\partial F}{\partial x} (x, f (x)) \, + \, f’ (x) \dfrac{\partial F}{\partial y} (x, f (x)) = 0 \end{align*}$

Despejando $f’ (x)$ de la última igualdad, tenemos que

$$\textcolor{Purple}{f’ (x) = \dfrac{- \, \dfrac{\partial F}{\partial x} (x, f (x)) }{\dfrac{\partial F}{\partial y} (x, f (x)) }}$$

EJEMPLO

$f (x) = \sqrt{ 1 \, – \, x^2 \, } = ( 1 \, – \, x^2 )^{1/2} $

Entonces

$f’ (x) = \dfrac{1}{\cancel{2}} ( 1 \, – \, x^2 )^{-1/2} (-\, \cancel{2}x) = \dfrac{- \, x}{\sqrt{ 1 \, – \, x^2 \, }}$

$F_x (x, y) = 2x$ $F_y (x, y) = 2y$

$ \dfrac{- \, \dfrac{\partial F}{\partial x} (x, f (x)) }{\dfrac{\partial F}{\partial y} (x, f (x)) } = \dfrac{ – \, 2x}{2y} = \dfrac{- \, x}{f (x)} = \dfrac{ – \, x}{\sqrt{ 1 \, – \, x^2 \, }} = f’ (x)$

Observaciones:

(*) Podríamos aproximar $f (x)$ con su polinomio de Taylor $ f (x_0) + f’ (x_0) ( x \, – \, x_0)$ ya que

$f (x_0) = y_0$ que lo conocemos.

Y además también conocemos $ f’ (x) = \dfrac{- \, F_x (x_0, y_0) }{F_y (x_0, y_0) }$

(*) Podríamos calcular ${f’}’ (x) $ como sigue:

$\begin{align*} {f’}’ (x) &= \dfrac{d}{dx} \Bigg( \dfrac{- \, F_x (x, f (x)) }{ F_y (x, f (x)) } \Bigg) \\ &= \dfrac{d}{dx} \Bigg( \dfrac{- \, F_x (x, f (x)) }{ F_y (x, f (x)) } \Bigg) \\ &= \, – \; \dfrac{ F_y (x, f (x)) \dfrac{d}{dx} F_x (x, f (x)) \, – \, F_x (x, f (x)) \dfrac{d}{dx} F_y (x, f (x))}{\Big( F_y (x, f (x)) \Big)2} \\ &= \, – \; \dfrac{ F_y (x, f (x)) \Big( F_{xx} (x, f (x)).1 \, + \, F_{xy} (x, f (x)) (f’ (x)) \Big) \, – \, F_x (x, f (x)) \Big( F_{xy} (x, f (x)).1 \, + \, F_{yy} (x, f (x)) (f’ (x)) \Big) }{\Big( F_y (x, f (x)) \Big)^2} \end{align*}$

Entonces

$ {f’}’ (x) = \, – \; \dfrac{ F_y F_{xx} \, + \, F_{xy} \Big(- \, \dfrac{F_x}{\cancel{F_y}} \cancel{F_y} \Big) \, – \, F_x F_{xy} \, + \, F_x F_{yy} \Big(- \, \dfrac{F_x}{F_y} \Big) }{\Big( F_y \Big)^2}$

multiplicando por $\dfrac{F_y}{F_y}$

$ {f’}’ (x) = \, – \; \dfrac{ F^2_y F_{xx} \, + \, F_{xy} \big(- \, F_x \big) F_y \, – \, F_x F_{xy} F_y \, + \, F_x F_{yy} \Big(- \, \dfrac{F_x}{\cancel{F_y}} \cancel{F_y} \Big) }{\Big( F_y \Big)^3}$

Por lo tanto

$$\textcolor{BrickRed}{ {f’}’ (x) = \, – \; \dfrac{ F^2_y F_{xx} \, – \, 2 F_{xy} F_x F_y \, – \, F^2_x F_{yy} }{\Big( F_y \Big)^3}}$$

${}$

En la siguiente entrada https://blog.nekomath.com/64-1-material-en-revision-teorema-de-la-funcion-implicita/ demostramos este teorema.

Ejemplo

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) $

De aquí concluimos que el origen es un punto crítico de $f$.

(**) $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 $(0, 0)$.

De aquí concluimos que si restringimos el movimiento de las variables independientes a lo largo de rectas que pasan por el origen, entonces $f$ alcanza un valor mínimo.

(***) Ahora vamos a ver que $f$ no alcanza un mínimo local en el origen.

Para ello usaremos la negación de la definición de que $ f $ alcanza mínimo local en el punto $(x_0 , y_0)$.

Es decir queremos negar que:

existe una bola de radio $\delta$ con centro en el punto $(x_0 , y_0)$ en la cual todos los puntos $(x,y)$ cumplen que $f(x,y) \geq f(x_0 , y_0)$.

Es decir que para toda bola $B_{\delta} (x_0, y_0) $ existe algún punto $(x,y)$ 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 un valor 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 $p (x, y) = \dfrac{1}{2} 2 y^2 = y^2$

En el enlace siguiente puedes ver la gráfica de $f$ y la gráfica de $p$, y compararlas:

https://www.geogebra.org/classic/ymhfe9fv

${}$

Teorema

Sea $ f : \mathcal{U} \subseteq \mathbb{R}^2 \rightarrow \mathbb{R}$ tal que existen las segundas derivadas parciales.

Si son continuas, entonces el polinomio de Taylor de 2° grado es el único $p (x, y)$ tal que

$$\lim\limits_{(h,k) \to (0,0)} \dfrac{f (x_0 + h, y_0 + k) \, – \, p (x_0 + h, y_0 + k)}{\|(h,k)\|^2} = 0 $$

Observación: si NO son continuas la demostración no sería válida.

Demostración:

$p (x_0 + h, y_0 + k) = Ah^2 + B hk + C k^2 + Dh + Ek + F$ para algunas $A, B, C, D, E, F \in \mathbb{R}$ constantes.

$ F = f (h, k)$ ya que $ \lim\limits_{(h,k) \to (0,0) } f (x_0 + h, y_0 + k) \, – \, p (x_0 + h, y_0 + k) = f (x_0 , y_0 ) \, – \, F = 0$

Tenemos que $D = \dfrac{\partial f}{\partial x} (x_0, y_0)$, y $ E = \dfrac{\partial f}{\partial y} (x_0, y_0)$ porque

$\lim\limits_{(h,k) \to (0,0)} \dfrac{\big| f (x_0 + h, y_0 + k) \, – \, p (x_0 + h, y_0 + k) \big| }{\| (h,k)\|} = 0$

En particular, si tomamos el límite con puntos de la forma $(h, 0)$ y $(0, k)$ entonces

$\lim\limits_{h \to 0} \dfrac{\big| f (x_0 + h, y_0 ) \, – \, p (x_0 + h, y_0 ) \big| }{\big| (h,k) \big|} = 0$

$\lim\limits_{h \to 0} \dfrac{\big| f (x_0 + h, y_0 ) \, – \, f (x_0 , y_0 ) \, – \, Dh \, – \, Ah^2 \big| }{\big| h \big|} = 0$

$\iff$

$\lim\limits_{h \to 0} \dfrac{ f (x_0 + h, y_0 ) \, – \, f (x_0 , y_0 )}{h} \, – \, D \, – \, \cancel{A\lim\limits_{h \to 0} |h|}^0 = 0$

$\iff$

$\lim\limits_{h \to 0} \dfrac{ f (x_0 + h, y_0 ) \, – \, f (x_0 , y_0 )}{h} = D$

$\iff$

$D = \dfrac{\partial f}{\partial x} (x_0, y_0)$

Análogamente $E = \dfrac{\partial f}{\partial y} (x_0, y_0)$

Ahora bien,

$$\lim\limits_{(h,k) \to (0,0)} \dfrac{f (x_0 + h, y_0 + k) \, – \, p (x_0 + h, y_0 + k)}{\|(h,k)\|^2} = \lim\limits_{(h,k) \to (0,0)} \dfrac{\big| f (x_0 + h, y_0 ) \, – \, f (x_0 , y_0 ) \, – \, \dfrac{\partial f}{\partial x} (x_0, y_0) h \, – \, \dfrac{\partial f}{\partial y} (x_0, y_0) k \, – \, Ah^2 \, – \, 2B hk \, – \, C k^2 \big| }{\big\|( h, k) \big\|^2} $$

En particular, si tomamos puntos de la forma $(h, 0)$

$\lim\limits_{h \to 0} \dfrac{\big| f (x_0 + h, y_0 ) \, – \, f (x_0 , y_0 ) \, – \, \dfrac{\partial f}{\partial x} (x_0, y_0) h \, – \, Ah^2 \big| }{\big| h \big|^2} = 0 $

$\iff$

$\lim\limits_{h \to 0} \dfrac{ f (x_0 + h, y_0 ) \, – \, f (x_0 , y_0 ) \, – \, \dfrac{\partial f}{\partial x} (x_0, y_0) h \, – \, Ah^2 }{ h^2 } = 0 $

$\iff$

$\lim\limits_{h \to 0} \dfrac{ f (x_0 + h, y_0 ) \, – \, f (x_0 , y_0 ) \, – \, \dfrac{\partial f}{\partial x} (x_0, y_0) h }{ h^2 } = A $

Aplicando la regla de L’Hôpital

$\lim\limits_{h \to 0} \dfrac{ f (x_0 + h, y_0 ) \, – \, f (x_0 , y_0 ) \, – \, \dfrac{\partial f}{\partial x} (x_0, y_0) h }{ h^2 } = \lim\limits_{h \to 0} \dfrac{ \dfrac{\partial f}{\partial x} (x_0 + h, y_0 ) \, – \, \dfrac{\partial f}{\partial y} (x_0 , y_0 ) }{ 2h } = \lim_{h \to 0} \frac{G (h)}{2h} $ . . . (*)

Aplicaremos L’Hôpital por segunda vez a la expresión anterior (*), entonces tenemos

$\lim\limits_{h \to 0 } \dfrac{G’ (h)}{2}$

Necesitamos que $\lim\limits_{h \to 0 } G (h) = 0 $ , es decir ,

$ \lim\limits_{h \to 0} \dfrac{\partial f}{\partial x} (x_0 + h, y_0 ) \, – \, \dfrac{\partial f}{\partial y} (x_0 , y_0 ) = 0$

Esto lo garantizamos si $\dfrac{\partial f}{\partial x} (x, y) $ es continua en $(x_0, y_0)$.

Luego

$G’ (h) = \dfrac{\partial^2 f}{\partial x^2} (x_0 + h, y_0)$ por continuidad, entonces cuando $h \rightarrow 0 , G’ (0) = \dfrac{\partial^2 f}{\partial x^2} (x_0 , y_0)$

Por lo tanto, $A = \dfrac{1}{2} \dfrac{\partial^2 f}{\partial x^2} (x_0, y_0)$

Análogamente usando trayectorias $(x_0, y_0 + k)$, cuando $ k \rightarrow 0$ tenemos que $ C = \dfrac{1}{2} \dfrac{\partial^2 f}{\partial y^2} (x_0, y_0)$

Reuniendo la información anterior , tenemos que

$\lim\limits_{(h,k) \to (0,0)} \dfrac{\big| f (x_0 + h, y_0 + k ) \, – \, f (x_0 , y_0 ) \, – \, \dfrac{\partial f}{\partial x} (x_0, y_0) h \, – \, \dfrac{\partial f}{\partial y} (x_0, y_0) k \, – \, \dfrac{1}{2} \dfrac{\partial^2 f}{\partial x^2} (x_0, y_0) h^2 \, – \, 2B hk \, – \, \dfrac{1}{2} \dfrac{\partial^2 f}{\partial y^2} (x_0, y_0) k^2 \big| }{\big\|( h, k) \big\|^2} = 0 $

En particular cuando tomamos $h = k$

$\lim\limits_{(h,h) \to (0,0)} \dfrac{\big| f (x_0 + h, y_0 + h ) \, – \, f (x_0 , y_0 ) \, – \, \dfrac{\partial f}{\partial x} (x_0, y_0) h \, – \, \dfrac{\partial f}{\partial y} (x_0, y_0) h \, – \, \dfrac{1}{2} \dfrac{\partial^2 f}{\partial x^2} (x_0, y_0) h^2 \, – \, 2B h^2 \, – \, \dfrac{1}{2} \dfrac{\partial^2 f}{\partial y^2} (x_0, y_0) h^2 \big| }{ 2h^2} = 0 $

$\iff$

$\lim\limits_{ h \to 0} \dfrac{ f (x_0 + h, y_0 + h ) \, – \, f (x_0 , y_0 ) \, – \, h \Big( \dfrac{\partial f}{\partial x} (x_0, y_0) \, – \, \dfrac{\partial f}{\partial y} (x_0, y_0) \Big) \, – \, \dfrac{1}{2} h^2 \Big( \dfrac{\partial^2 f}{\partial x^2} (x_0, y_0) \, – \, \dfrac{\partial^2 f}{\partial y^2} (x_0, y_0) \Big) }{ 2h^2} = 2 B $

$\iff$ Aplicando L’Hôpital

$\lim\limits_{ h \to 0} \dfrac{ \dfrac{\partial f}{\partial x} (x_0 + h, y_0 + h ).1 \, – \, \dfrac{\partial f}{\partial y} (x_0 , y_0 ).1 \, – \, \dfrac{\partial f}{\partial x} (x_0, y_0) \, – \, \dfrac{\partial f}{\partial y} (x_0, y_0) h \, – \, \dfrac{\partial^2 f}{\partial y^2} (x_0, y_0) h }{ 4h} = B $

Aplicamos L’Hôpital nuevamente, entonces tenemos que:

$\lim\limits_{ h \to 0} \dfrac{ \dfrac{\partial^2 f}{\partial x^2} (x_0 + h, y_0 + h ) \, + \, \dfrac{\partial^2 f}{\partial y \; \partial x} (x_0 + h, y_0 + h ) \, +\, \dfrac{\partial^2 f}{\partial x \; \partial y} (x_0 + h, y_0 + h) \, + \, \dfrac{\partial^2 f}{\partial y^2} (x_0 + h, y_0 + h )\, – \, \dfrac{\partial^2 f}{\partial x^2} (x_0, y_0) \, – \, \dfrac{\partial^2 f}{\partial y^2} (x_0, y_0) h }{ 4} = B $

Si las segundas derivadas parciales son continuas, el último límite es igual a

$\dfrac{\dfrac{\partial^2 f}{\partial y \; \partial x} (x_0 , y_0 )}{4} = B$

y por tanto

$$B = \dfrac{1}{2} \dfrac{\partial^2 f}{\partial x \; \partial y } (x_0, y_0)$$

Decir que $p (x, y)$ es la mejor aproximación de 2° grado de $f (x, y)$ cerca del punto $(x_0 , y_0)$, es decir que

$$\lim\limits_{(h,k) \to (0,0)} \dfrac{\Big| f (x_0 + h, y_0 + k) \, – \, p (x_0 + h, y_0 + k) \Big|}{\Big\|(h,k) \Big\|^2} = 0 \; \; \; _{\blacksquare}$$

La matriz simétrica que define la parte de segundo grado de este polinomio $p(x,y)$ recibe el nombre de Matriz Hessiana de $f$ en el punto $(x_0, y_0)$.

${}$