Teorema

Sea $f:\mathcal{U}\subseteq {\mathbb{R}}^2\to \mathbb{R}$ 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

$$\underset{(h,k)\to (0,0)}{lim}{\displaystyle \frac{f(x_0+h,y_0+k)–p(x_0+h,y_0+k)}{\Vert (h,k){\Vert }^2}}=0$$

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

Demostración:

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

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

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

$\underset{(h,k)\to (0,0)}{lim}{\displaystyle \frac{|f(x_0+h,y_0+k)–p(x_0+h,y_0+k)|}{\Vert (h,k)\Vert }}=0$

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

$\underset{h\to 0}{lim}{\displaystyle \frac{|f(x_0+h,y_0)–p(x_0+h,y_0)|}{|(h,k)|}}=0$

$\underset{h\to 0}{lim}{\displaystyle \frac{|f(x_0+h,y_0)–f(x_0,y_0)–Dh–A{h}^2|}{|h|}}=0$

$⟺$

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

$⟺$

$\underset{h\to 0}{lim}{\displaystyle \frac{f(x_0+h,y_0)–f(x_0,y_0)}{h}}=D$

$⟺$

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

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

Ahora bien,

$$\underset{(h,k)\to (0,0)}{lim}{\displaystyle \frac{f(x_0+h,y_0+k)–p(x_0+h,y_0+k)}{\Vert (h,k){\Vert }^2}}=\underset{(h,k)\to (0,0)}{lim}{\displaystyle \frac{|f(x_0+h,y_0)–f(x_0,y_0)–{\displaystyle \frac{\partial f}{\partial x}}(x_0,y_0)h–{\displaystyle \frac{\partial f}{\partial y}}(x_0,y_0)k–A{h}^2–2Bhk–C{k}^2|}{\Vert (h,k){\Vert }^2}}$$

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

$\underset{h\to 0}{lim}{\displaystyle \frac{|f(x_0+h,y_0)–f(x_0,y_0)–{\displaystyle \frac{\partial f}{\partial x}}(x_0,y_0)h–A{h}^2|}{|h{|}^2}}=0$

$⟺$

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

$⟺$

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

Aplicando la regla de L’Hôpital

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

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

$\underset{h\to 0}{lim}{\displaystyle \frac{G^{\prime }(h)}{2}}$

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

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

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

Luego

$G^{\prime }(h)={\displaystyle \frac{{\partial }^{2}f}{\partial x^2}}(x_0+h,y_0)$ por continuidad, entonces cuando $h\to 0,G^{\prime }(0)={\displaystyle \frac{{\partial }^{2}f}{\partial x^2}}(x_0,y_0)$

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

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

Reuniendo la información anterior , tenemos que

$\underset{(h,k)\to (0,0)}{lim}{\displaystyle \frac{|f(x_0+h,y_0+k)–f(x_0,y_0)–{\displaystyle \frac{\partial f}{\partial x}}(x_0,y_0)h–{\displaystyle \frac{\partial f}{\partial y}}(x_0,y_0)k–{\displaystyle \frac{1}{2}}{\displaystyle \frac{{\partial }^{2}f}{\partial x^2}}(x_0,y_0)h^2–2Bhk–{\displaystyle \frac{1}{2}}{\displaystyle \frac{{\partial }^{2}f}{\partial y^2}}(x_0,y_0)k^2|}{\Vert (h,k){\Vert }^2}}=0$

En particular cuando tomamos $h=k$

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

$⟺$

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

$⟺$ Aplicando L’Hôpital

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

Aplicamos L’Hôpital nuevamente, entonces tenemos que:

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

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

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

y por tanto

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

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

$$\underset{(h,k)\to (0,0)}{lim}{\displaystyle \frac{|f(x_0+h,y_0+k)–p(x_0+h,y_0+k)|}{\Vert (h,k){\Vert }^2}}=0{}_{\mathrm{<img\; draggable="false"\; role="img"\; class="emoji"\; alt="◼"\; src="https://s.w.org/images/core/emoji/14.0.0/svg/25fc.svg">}}$$

$$

Regresando al ejemplo de derivadas parciales NO continuas. (puedes hacer click en el siguiente enlace para acceder a esa entrada)

https://blog.nekomath.com/?p=101015&preview=true

Dada la función

$f(x,y)=\{\begin{array}{ll}{\displaystyle \frac{xy(x^2–y^2)}{x^2+y^2}}& \text{ si }(x,y)\ne (0,0)\\ \\ 0& \text{ si }(x,y)=(0,0)\end{array}$

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

$f(0,0)=0$

${\displaystyle \frac{\partial f}{\partial x}}(0,0)=\underset{h\to 0}{lim}{\displaystyle \frac{f(h,0)–f(0,0)}{h}}=\underset{h\to 0}{lim}{\displaystyle \frac{0}{h}}=0$

Análogamente

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

${\displaystyle \frac{{\partial }^{2}f}{\partial x^2}}(0,0)=\underset{h\to 0}{lim}{\displaystyle \frac{{\displaystyle \frac{\partial f}{\partial x}}(h,0)–{\displaystyle \frac{\partial f}{\partial x}}(0,0)}{h}}={\displaystyle \frac{0}{h}}=0$

Análogamente

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

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

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

Podemos examinar que pasa si tomamos un polinomio de la forma

$$p(x,y)=A{x}^2+Bxy+C{y}^2+Dx+Ey+F$$

$F=0$

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

Si $\underset{(h,k)\to (0,0)}{lim}{\displaystyle \frac{|f(h,k)–p(h,k)|}{\Vert (h,k){\Vert }^2}}=0$, entonces

Para $k=0$

$\underset{h\to 0}{lim}{\displaystyle \frac{|f(h,0)–p(h,0)|}{h^2}}=\underset{h\to 0}{lim}{\displaystyle \frac{0–A{h}^2}{h}}=A=0$

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

luego

$\underset{(h,k)\to (0,0)}{lim}{\displaystyle \frac{|f(h,k)–2Bhk|}{\Vert (h,k){\Vert }^2}}=0$

En particular, para cuando $\underset{h\to 0}{lim}{\displaystyle \frac{f(h,h)–2B{h}^2}{2h^2}}=0$

$f(h,h)=0$

$\underset{h\to 0}{lim}{\displaystyle \frac{–\cancel{2}B\cancel{h^2}}{\cancel{2}\cancel{h^2}}}=\underset{h\to 0}{lim}–2B=0$

Por lo tanto $B=0$

$$

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

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

Entonces

$y–3x^2=0⟺y=3x^2$ o

$y–x^2=0⟺y=x^2$

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

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

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

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.

${\displaystyle \frac{\partial f}{\partial x}}={\displaystyle \frac{1}{1+x^2+y^2}}2x=0\Rightarrow {\displaystyle \frac{2x}{1+x^2+y^2}}=0\Rightarrow x=0$

${\displaystyle \frac{\partial f}{\partial y}}={\displaystyle \frac{1}{1+x^2+y^2}}2y=0\Rightarrow {\displaystyle \frac{2y}{1+x^2+y^2}}=0\Rightarrow y=0$

Por lo que el punto $(0,0)$ es el único punto crítico.

El valor crítico correspondiente es

$f(0,0)=\ln (1+(0{)}^2+(0{)}^2)=\ln (1)=0$

Segundas derivadas parciales

${\displaystyle \frac{{\partial }^{2}f}{\partial x^2}}={\displaystyle \frac{2(1+x^2+y^2)–2x(2x)}{(1+x^2+y^2{)}^2}}={\displaystyle \frac{2+2x^2+2y^2–4x^2}{(1+x^2+y^2{)}^2}}$

Por lo tanto ${\displaystyle \frac{{\partial }^{2}f}{\partial x^2}}={\displaystyle \frac{2+2y^2–2x^2}{(1+x^2+y^2{)}^2}}$

Luego $f_{xx}(0,0)=2$

Análogamente

${\displaystyle \frac{{\partial }^{2}f}{\partial y^2}}={\displaystyle \frac{2(1+x^2+y^2)–2y(2y)}{(1+x^2+y^2{)}^2}}={\displaystyle \frac{2+2x^2+2y^2–4y^2}{(1+x^2+y^2{)}^2}}$

Por lo tanto ${\displaystyle \frac{{\partial }^{2}f}{\partial x^2}}={\displaystyle \frac{2+2y^2–2y^2}{(1+x^2+y^2{)}^2}}$

Luego $f_{yy}(0,0)=2$

Además

${\displaystyle \frac{{\partial }^{2}f}{\partial y\partial x}}={\displaystyle \frac{2x(2y)–0}{(1+x^2+y^2{)}^2}}={\displaystyle \frac{4xy}{(1+x^2+y^2{)}^2}}$

Luego $f_{xy}(0,0)=0$

Entonces el polinomio de Taylor de 2° grado de $f$ alrededor del punto $(0,0)$ es

$$p(x,y)={\displaystyle \frac{1}{2}}(2(x^2+y^2))=x^2+y^2$$

EL punto crítico es NO degenerado, porque el determinante

$$\left|\begin{array}{cc}{f}_{xx}& f_{xy}\\ \\ f_{xy}& f_{yy}\end{array}\right|\ne 0$$

Por lo tanto, $f$ alcanza un valor mínimo en $(0,0).$

Observación:

En coordenadas polares

$$f(r,\theta )=\ln (1+r^2)$$

Las curvas de nivel son circunferencias.

(*) Curva de nivel 1

$\{(x,y)\in {\mathbb{R}}^2|\ln (1+x^2+y^2)=1\}$

$1+x^2+y^2=e⟺x^2+y^2=e–1$ circunferencia de radio $\sqrt{e–1}$

(*) Curva de nivel $\mathcal{c}$ ( con $\mathcal{c}>1$) es

$\{(x,y)\in {\mathbb{R}}^2|\ln (1+x^2+y^2)=\mathcal{c}\}$

$1+x^2+y^2=e^{\mathcal{c}}⟺x^2+y^2=e^{\mathcal{c}}–1$ circunferencia de radio $\sqrt{e^{\mathcal{c}}–1}$

Cerca de $r=0$ , $\ln (1+r^2)$ se aproxima a su polinomio de Taylor.

$f(r)=\ln (1+r^2)$

$f(0)=0$

$f^{\prime }(r)={\displaystyle \frac{2r}{1+r^2}}$

$f^{\prime }(0)=0$

$f^{\prime \prime }(r)={\displaystyle \frac{(1+r^2)2–2r(2r)}{(1+r^2{)}^2}}={\displaystyle \frac{2+2r^2–4r^2}{(1+r^2{)}^2}}={\displaystyle \frac{2–2r^2}{(1+r^2{)}^2}}$

$f^{\prime \prime }(0)=2$

$p(r)={\displaystyle \frac{1}{2}}2r^2=r^2$

Cerca de $r=0$ , $\ln (1+r^2)\approx r^2$

$\ln (1+x^2+y^2)\approx x^2+y^2$ 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 $\{(x,y,z)\in {\mathbb{R}}^3|z=\ln (1+x^2+y^2)\}$ , 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.

${\displaystyle \frac{\partial f}{\partial x}}=5x^{4}y+y^5+y=0\Rightarrow (5x^4+y^4+1)y=0\Rightarrow y=0$

${\displaystyle \frac{\partial f}{\partial y}}=5y^{4}x+x^5+x=0\Rightarrow (5y^4+x^4+1)x=0\Rightarrow x=0$

Por lo que el punto $(0,0)$ es el único punto crítico.

El valor crítico correspondiente es

$f(0,0)=0$

Segundas derivadas parciales

${\displaystyle \frac{{\partial }^{2}f}{\partial x^2}}=20x^{3}y$

Luego $f_{xx}(0,0)=0$

Análogamente

${\displaystyle \frac{{\partial }^{2}f}{\partial y^2}}=20y^{3}x$

Luego $f_{yy}(0,0)=0$

Además

${\displaystyle \frac{{\partial }^{2}f}{\partial y\partial x}}=5x^4+5y^4+1$

Luego $f_{xy}(0,0)=1$

En el $(0,0)$ la matriz queda de la siguiente manera

$H=\left(\begin{array}{cc}{f}_{xx}& f_{xy}\\ \\ f_{xy}& f_{yy}\end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc}0& 1\\ \\ 1& 0\end{array}\right)$

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

$$p(x,y)=xy$$

En cierto sentido, así tenía que ser ya que $f(x,y)=x^{5}y+x{y}^5+xy\approx xy=p(x,y)$ cerca del $(0,0)$.

$$

Ejemplo 3

La gráfica de la función $f(x,y)={\displaystyle \frac{1}{xy}}$ es una superficie $\mathcal{S}$ que NO contiene al origen.

$$\mathcal{S}=\{(x,y,z)\in {\mathbb{R}}^3|z={\displaystyle \frac{1}{xy}},x\ne 0,y\ne 0\}$$

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

$\Vert (x,y,{\displaystyle \frac{1}{xy}})–(0,0,0)\Vert =\sqrt{x^2+y^2+{\displaystyle \frac{1}{x^2{y}^2}}}$

pero minimizar $f(x,y)\ge 0$ es equivalente a minimizar $f^2(x,y)$

Entonces tenemos que minimizar $F(x,y)=x^2+y^2+{\displaystyle \frac{1}{x^2{y}^2}}$.

Precaución: $x\ne 0$ y también $y\ne 0$; por lo que el dominio no es todo ${\mathbb{R}}^2.$

Analicemos cuando las derivadas parciales valen cero

${\displaystyle \frac{\partial f}{\partial x}}=2x+(-2)x^{-3}{y}^{-2}=2x–{\displaystyle \frac{2}{x^3{y}^2}}\Rightarrow 2x={\displaystyle \frac{2}{x^3{y}^2}}\Rightarrow x^4{y}^2=1$… (1)

${\displaystyle \frac{\partial f}{\partial y}}=2y+(-2)x^{-2}{y}^{-3}=2y–{\displaystyle \frac{2}{x^2{y}^3}}\Rightarrow 2y={\displaystyle \frac{2}{x^2{y}^3}}\Rightarrow x^2{y}^4=1$

Por lo que $x^2{y}^4=x^4{y}^2$ dado que $xy\ne 0\Rightarrow {\displaystyle \frac{x^2{y}^4}{x^2{y}^2}}={\displaystyle \frac{x^4{y}^2}{x^2{y}^2}}\Rightarrow x^2=y^2$… (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 $x\ge 0$ y $y\ge 0.$

Los valores críticos correspondientes son

$F(\pm 1,\pm 1)=(\pm 1{)}^2+(\pm 1{)}^2+{\displaystyle \frac{1}{(\pm 1{)}^2(\pm 1{)}^2}}=1+1+1=3$

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

${\displaystyle \frac{\partial F}{\partial x}}=2x–{\displaystyle \frac{2}{x^3{y}^2}}$

${\displaystyle \frac{\partial F}{\partial y}}=2y–{\displaystyle \frac{2}{x^2{y}^3}}$

Segundas derivadas parciales

${\displaystyle \frac{{\partial }^{2}F}{\partial x^2}}=2+{\displaystyle \frac{6}{x^4{y}^2}}$

Luego $f_{xx}(1,1)=8$

Análogamente

${\displaystyle \frac{{\partial }^{2}F}{\partial y^2}}=2+{\displaystyle \frac{6}{x^2{y}^4}}$

Luego $f_{yy}(1,1)=8$

Además

${\displaystyle \frac{{\partial }^{2}F}{\partial y\partial x}}={\displaystyle \frac{4}{x^3{y}^3}}$

Luego $f_{xy}(1,1)=4$

Entonces la matriz $H$ queda de la siguiente manera:

$$\left|\begin{array}{cc}{f}_{xx}(1,1)& f_{xy}(1,1)\\ \\ f_{xy}(1,1)& f_{yy}(1,1)\end{array}\right|=\left(\begin{array}{cc}8& 4\\ \\ 4& 8\end{array}\right)=4\left(\begin{array}{cc}2& 1\\ \\ 1& 2\end{array}\right)$$

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

$$p(x,y)=F(1,1)+{\displaystyle \frac{\partial F}{\partial x}}(1,1)(x–1)+{\displaystyle \frac{\partial F}{\partial y}}(1,1)(y–1)+{\displaystyle \frac{1}{2}}({\displaystyle \frac{{\partial }^{2}F}{\partial x^2}}(1,1)(x–1{)}^2+2{\displaystyle \frac{{\partial }^{2}F}{\partial x\partial y}}(1,1)(x–1)(y–1)+{\displaystyle \frac{{\partial }^{2}F}{\partial y^2}}(1,1)(y–1))$$

$$p(x,y)=3+{\displaystyle \frac{1}{2}}(8(x–1{)}^2+8(x–1)(y–1)+8(y–1{)}^2)$$

$$p(x,y)=3+4((x–1{)}^2+(x–1)(y–1)+(y–1{)}^2)$$

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 $\sqrt{3}.$

Consideremos una curva parametrizada $$\alpha :I\subseteq \mathbb{R}\to {\mathbb{R}}^2$$ $$\alpha (t)=(x(t),y(t))$$

Supongamos que $t=0$

$x(0)=0$

$y(0)=0$

$\alpha (0)=(0,0)$

Supongamos además que $x$, $y$ son funciones derivables de $t$ y que $(x^{\prime }(t),y^{\prime }(t))\ne (0,0)$ vector velocidad.

Llamemos $\overrightarrow{v}=(x^{\prime }(0),y^{\prime }(0))$

Consideremos una reparametrización de $\alpha$ $$\beta (s)=\alpha (h(s))$$

con $\beta =\alpha \circ h$, para algún $h:J\subseteq \mathbb{R}\to \mathbb{R}$.

Sin pérdida de generalidad, supongamos también $h(0)=0$

${\beta }^{\prime }(s)={\alpha }^{\prime }(h(s))\cdot h^{\prime }(s)$

${\beta }^{\prime }(s)=(x^{\prime }(h(s)),y^{\prime }(h(s)))\cdot h^{\prime }(s)$

$\overrightarrow{w}={\beta }^{\prime }(0)=(x^{\prime }(0),y^{\prime }(0))\cdot h^{\prime }(0)=h^{\prime }(0)\cdot \overrightarrow{v}$

Pedimos que $h^{\prime }(0)\ne 0$

$\overrightarrow{w}$ es el vector velocidad usando $\beta$ como parametrización.

Los dos vectores velocidad $\overrightarrow{v}$ y $\overrightarrow{w}$ son colineales. Además, si

$h^{\prime }(0)>0$ tienen el mismo sentido, y si

$h^{\prime }(0)<0$ tienen sentidos contrarios.

$$

Supongamos que $\gamma (t)=(x(t),y(t))$ es una curva parametrizada, y que $x(t)$ , $y(t)$ son de clase ${\mathcal{C}}^2$.

Además

${\gamma }^{\prime }(0)\ne \overrightarrow{0}$

${\gamma }^{\prime \prime }(0)\ne \overrightarrow{0}$

¿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 $$\gamma (0)+{\displaystyle \frac{1}{\mathcal{K}(0)}}\overrightarrow{n}(0)$$

donde $\overrightarrow{n}(0)$ es el vector normal unitario.

Y el radio de la circunferencia osculatriz es ${\displaystyle \frac{1}{\mathcal{K}(0)}}$

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 ${\gamma }^{\prime }(t_0)$ 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 $T(t_0)={\displaystyle \frac{{\gamma }^{\prime }(t_0)}{\Vert {\gamma }^{\prime }(t_0)\Vert }}$. Solo hay dos opciones para $(u,v)$ puede ser $(-v,u)$ o también $(v,–u)$

b. En el espacio

$$\overrightarrow{N}(t)={\displaystyle \frac{{\displaystyle \frac{d}{dt}}\overrightarrow{T}(t)}{\Vert {\displaystyle \frac{d}{dt}}\overrightarrow{T}(t)\Vert }}$$

(*) Sobre las derivadas de $g(t)=f(x_0+th,y_0+tk)$

Proposición:

$$g^{(n)}(t)=\sum _{i=0}^n\left(\begin{array}{c}n\\ i\end{array}\right){\displaystyle \frac{{\partial }^{n}f}{\partial x^i\partial y^{n-i}}}(x_0+th,y_0+tk)h^i{k}^{n-i}$$

Demostración (por inducción)

Base inductiva:

Para $n=1,2$ lo trabajamos en la entrada anterior. https://blog.nekomath.com/?p=101046&preview=true

Paso inductivo:

Supongamos la proposición válida para $n.$

$[$ por demostrar: que es válida para $n+1]$

Entonces

$\begin{array}{rl}{g}^{(n+1)}(t)& ={\displaystyle \frac{d}{dt}}\sum _{i=0}^n\left(\begin{array}{c}n\\ i\end{array}\right){\displaystyle \frac{{\partial }^{n}f}{\partial x^i\partial y^{n-i}}}(x_0+th,y_0+tk)h^i{k}^{n-i}\\ & =\sum _{i=0}^n\left(\begin{array}{c}n\\ i\end{array}\right)h^i{k}^{n-i}{\displaystyle \frac{d}{dt}}{\displaystyle \frac{{\partial }^{n}f}{\partial x^i\partial y^{n-i}}}(x_0+th,y_0+tk)\end{array}$

Podemos ver a la ${\displaystyle \frac{{\partial }^{n}f}{\partial x^i\partial y^{n-i}}}(x,y)=G(x,y)$

Entonces, derivando $G(x_0+th,y_0+tk)=G(\alpha (t))$ respecto a $t$ se tiene que

${\displaystyle \frac{d}{dt}}{\displaystyle \frac{{\partial }^{n}f}{\partial x^i\partial y^{n-i}}}(x_0+th,y_0+tk)={\displaystyle \frac{{\partial }^{n+1}f}{\partial x^{i+1}\partial y^{n-i}}}(x_0+th,y_0+tk)h+{\displaystyle \frac{{\partial }^{n+1}f}{\partial x^i\partial y^{n-i+1}}}(x_0+th,y_0+tk)k$

Entonces

$\begin{array}{rl}{g}^{(n+1)}(t)& =\sum _{i=0}^n\left(\begin{array}{c}n\\ i\end{array}\right)h^i{k}^{n-i}({\displaystyle \frac{{\partial }^{n+1}f}{\partial x^{i+1}\partial y^{n-i}}}(x_0+th,y_0+tk)h+{\displaystyle \frac{{\partial }^{n+1}f}{\partial x^i\partial y^{n-i+1}}}(x_0+th,y_0+tk)k)\end{array}$…(1)

$[$ por demostrar: $g^{(n+1)}(t)=\sum _{i=0}^{n+1}\left(\begin{array}{c}n+1\\ i\end{array}\right)h^i{k}^{n+1-i}{\displaystyle \frac{{\partial }^{n+1}f}{\partial x^i\partial y^{n+1-i}}}(x_0+th,y_0+tk)]$

De $(1)$ tenemos que

$g^{(n+1)}(t)=\sum _{i=0}^n\left(\begin{array}{c}n\\ i\end{array}\right)h^i{k}^{n-i}{\displaystyle \frac{{\partial }^{n+1}f}{\partial x^{i+1}\partial y^{n-i}}}+\sum _{i=0}^n\left(\begin{array}{c}n\\ i\end{array}\right)h^i{k}^{n+1-i}{\displaystyle \frac{{\partial }^{n+1}f}{\partial x^i\partial y^{n+1-i}}}$

haciendo $j=i+1$

$g^{(n+1)}(t)=\sum _{j=1}^{n+1}\left(\begin{array}{c}n\\ j-1\end{array}\right)h^i{k}^{n+1-i}{\displaystyle \frac{{\partial }^{n+1}f}{\partial x^j\partial y^{n+1-j}}}+\sum _{i=0}^n\left(\begin{array}{c}n\\ i\end{array}\right)h^i{k}^{n+1-i}{\displaystyle \frac{{\partial }^{n+1}f}{\partial x^i\partial y^{n+1-i}}}$

con $i=0$, $j=n+1$

$g^{(n+1)}(t)=\left(\begin{array}{c}n\\ 0\end{array}\right)h^0{k}^{n+1}{\displaystyle \frac{{\partial }^{n+1}f}{\partial y^{n+1}}}+\left(\begin{array}{c}n\\ n\end{array}\right)h^{n+1}{k}^0{\displaystyle \frac{{\partial }^{n+1}f}{\partial x^{n+1}}}+\sum _{i=1}^n[\left(\begin{array}{c}n\\ i-1\end{array}\right),+\left(\begin{array}{c}n\\ i\end{array}\right)]h^i{k}^{n+1-i}{\displaystyle \frac{{\partial }^{n+1}f}{\partial x^i\partial y^{n+1-i}}}$

entonces

$g^{(n+1)}(t)=\left(\begin{array}{c}n\\ 0\end{array}\right)h^0{k}^{n+1}{\displaystyle \frac{{\partial }^{n+1}f}{\partial y^{n+1}}}+\left(\begin{array}{c}n\\ n\end{array}\right)h^{n+1}{k}^0{\displaystyle \frac{{\partial }^{n+1}f}{\partial x^{n+1}}}+\sum _{i=1}^n\left(\begin{array}{c}n+1\\ i\end{array}\right)h^i{k}^{n+1-i}{\displaystyle \frac{{\partial }^{n+1}f}{\partial x^i\partial y^{n+1-i}}}$

$$

(*) Aplicamos el teorema de Taylor a la función $g(t)=f(x_0+th,y_0+tk)$ en $[0,1]$

Teorema de Taylor en una variable

$f(x)=f(a)+f^{\prime }(a)(x–a)+{\displaystyle \frac{{f^{\prime }}^{\prime }(a)}{2}}(x–a{)}^2+R_2(x)$

Fórmulas para $R_2(x)$

(1) Lagrange: $R_2(x)={\displaystyle \frac{f^{(3)}(t)}{3!}}(x–a{)}^3$ para algún $t\in (a,x)$.

(2) Integral: $R_2(x)=\underset{a}{\overset{x}{\int }}{\displaystyle \frac{f^{(3)}(t)}{2!}}(x–a{)}^{2}dt$

Si $[a,x]=[0,1]$ entonces $x–a=1$, por lo que

$g(1)=g(0)+g^{\prime }(0)+{\displaystyle \frac{{g^{\prime }}^{\prime }(0)}{2!}}+R_2(1)$

Si $(x_0,y_0)$ es un punto crítico, entonces

$f(x_0+h,y_0+k)=f(x_0,y_0)+\cancel{{\displaystyle \frac{\partial f}{\partial x}}(x_0,y_0)h}+\cancel{{\displaystyle \frac{\partial f}{\partial y}}(x_0,y_0)k}+{\displaystyle \frac{1}{2}}[{\displaystyle \frac{{\partial }^{2}f}{\partial x^2}}(x_0,y_0)h^2+2{\displaystyle \frac{{\partial }^{2}f}{\partial x\partial y}}(x_0,y_0)hk+{\displaystyle \frac{{\partial }^{2}f}{\partial y^2}}(x_0,y_0)k^2]+R_2(1)$

La expresión resaltada de color se conoce como $Formacuadr\acute{a}tica.$

Calculamos el error con cualquiera de las dos fórmulas vistas, de modo que:

(1) ${\displaystyle \frac{g^{(3)}(t)}{3!}}=\frac{1}{3!}({\displaystyle \frac{\partial f^{(3)}}{\partial x^3}}{h}^3+3{\displaystyle \frac{{\partial }^{3}f}{\partial x^2\partial y}}{h}^{2}k+3{\displaystyle \frac{{\partial }^{3}f}{\partial x\partial y^2}}h{k}^2+{\displaystyle \frac{\partial f^{(3)}}{\partial y^3}}{k}^3)$ en $t\in (0,1)$

(2) $\underset{0}{\overset{1}{\int }}{\displaystyle \frac{g^{(3)}(t)}{2}}(1–t{)}^{2}dt$

$$

(*) Un acercamiento a las formas cuadráticas.

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

$H(x,y)=\left(\begin{array}{cc}x& y\end{array}\right)\left(\begin{array}{cc}a& b\\ b& c\end{array}\right)\left(\begin{array}{c}x\\ y\end{array}\right)$

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

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

$\{\begin{array}{l}H(x,y)>0\mathrm{\forall }(x,y)\ne (0,0)\\ \\ H(x,y)=0si(x,y)=(0,0)\end{array}$

Análogamente,

$H$ es definida negativa ( o negativamente) si

$H(x,y)<0\mathrm{\forall }(x,y)\ne (0,0)$

Además

$H$ es semi definida positiva, si $H(x,y)\ge 0\mathrm{\forall }(x,y)$

$H$ es semi definida negativa, si $H(x,y)\le 0\mathrm{\forall }(x,y)$

Las formas cuadráticas más fáciles de estudiar son las que tienen asociada una matriz diagonal $$\left(\begin{array}{cc}{\lambda }_1& 0\\ \\ 0& {\lambda }_2\end{array}\right)$$

Entonces

$$H(x,y)=\left(\begin{array}{cc}x& y\end{array}\right)\left(\begin{array}{cc}{\lambda }_1& 0\\ \\ 0& {\lambda }_2\end{array}\right)\left(\begin{array}{c}x\\ y\end{array}\right)$$

$$H(x,y)={\lambda }_1{x}^2+{\lambda }_2{y}^2$$

$H$ es definida positiva si $\{\begin{array}{l}{\lambda }_1>0\\ {\lambda }_2>0\end{array}$

$H$ es definida negativa si $\{\begin{array}{l}{\lambda }_1<0\\ {\lambda }_2<0\end{array}$

$H$ es semi definida positiva si $\{\begin{array}{l}{\lambda }_1\ge 0\\ {\lambda }_2\ge 0\end{array}$

$H$ es semi definida negativa si $\{\begin{array}{l}{\lambda }_1\le 0\\ {\lambda }_2\le 0\end{array}$

$H$ tiene un punto silla en el origen si ${\lambda }_1<0<{\lambda }_2$

$$

Veamos un ejemplo:

$H(x,y)=2xy$

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

$$\left(\begin{array}{c}{x}^{\prime }\\ y^{\prime }\end{array}\right)\to \left(\begin{array}{c}x\\ y\end{array}\right)$$

$T(x^{\prime },y^{\prime })=(x,y)$

$\left(\begin{array}{cc}a& b\\ b& c\end{array}\right)\left(\begin{array}{c}{x}^{\prime }\\ y^{\prime }\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}x\\ y\end{array}\right)$

$\{\begin{array}{l}x=a{x}^{\prime }+b{y}^{\prime }\\ y=c{x}^{\prime }+d{y}^{\prime }\end{array}$

$H(T(x^{\prime },y^{\prime }))=H(x,y)$

$\begin{array}{rl}H(T(x^{\prime },y^{\prime }))& =2(a{x}^{\prime }+b{y}^{\prime })(c{x}^{\prime }+d{y}^{\prime })\\ & =2ac(x^{\prime }{)}^2+2(ad+bc)x^{\prime }{y}^{\prime }+2bd(y^{\prime }{)}^2\end{array}$

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

$H\circ T$ tiene asociada la matriz

$\left(\begin{array}{cc}2ac& ad+bc\\ ad+bc& 2bd\end{array}\right)$…(1)

Ahora bien, si $\overrightarrow{v}=\left(\begin{array}{c}x\\ y\end{array}\right)$ y $\overrightarrow{w}=\left(\begin{array}{c}{x}^{\prime }\\ y^{\prime }\end{array}\right)$

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

$H(\overrightarrow{v})={\overrightarrow{v}}^{t}M\overrightarrow{v}$, donde $M=\left(\begin{array}{cc}0& 1\\ 1& 0\end{array}\right)$

Entonces

$\begin{array}{rl}H(\overrightarrow{v})& ={\overrightarrow{v}}^{t}MA\overrightarrow{w}\\ & =(A\overrightarrow{w}{)}^{t}MA\overrightarrow{w}\\ & ={\overrightarrow{w}}^t{A}^{t}MA\overrightarrow{w}\\ & =A^{t}MA\end{array}$

Comprobamos que (1) $=A^{t}MA$

$\begin{array}{rl}{A}^{t}MA& =\left(\begin{array}{cc}a& c\\ b& d\end{array}\right)\left(\begin{array}{cc}0& 1\\ 1& 0\end{array}\right)\left(\begin{array}{cc}a& b\\ c& d\end{array}\right)\\ \\ & =\left(\begin{array}{cc}a& c\\ b& d\end{array}\right)\left(\begin{array}{cc}c& d\\ a& b\end{array}\right)\\ \\ A^{t}MA& =\left(\begin{array}{cc}2ac& ad+bc\\ ad+bc& 2bd\end{array}\right)\end{array}$

Buscamos $T$ tal que $A^{t}MA$ sea diagonal.

Si $A=\left(\begin{array}{cc}\cos \theta & –\sin \theta \\ \\ \sin \theta & \cos \theta \end{array}\right)$ matriz de rotación de ejes.

$A^t=\left(\begin{array}{cc}\cos \theta & \sin \theta \\ \\ –\sin \theta & \cos \theta \end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc}\cos (–\theta )& –\sin (–\theta )\\ \\ \sin (–\theta )& \cos (–\theta )\end{array}\right)=A^{-1}$

Luego $A^{t}MA=A^{-1}MA$ … (2)

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

Si $\overrightarrow{v_1}=\left(\begin{array}{c}\cos \theta \\ \\ \sin \theta \end{array}\right)$

$\overrightarrow{v_2}=\left(\begin{array}{c}–\sin \theta \\ \\ \cos \theta \end{array}\right)$

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

$M\overrightarrow{v_1}={\lambda }_1\overrightarrow{v_1}$

$M\overrightarrow{v_2}={\lambda }_2\overrightarrow{v_2}$

$A^{-1}MA\overrightarrow{e_1}=A^{-1}M\overrightarrow{v_1}=A^{-1}{\lambda }_1\overrightarrow{v_1}={\lambda }_1{A}^{-1}\overrightarrow{v_1}={\lambda }_1\overrightarrow{e_1}$

Análogamente

$A^{-1}MA\overrightarrow{e_2}=A^{-1}M\overrightarrow{v_2}=A^{-1}{\lambda }_2\overrightarrow{v_2}={\lambda }_2{A}^{-1}\overrightarrow{v_2}={\lambda }_2\overrightarrow{e_2}$

Luego (2) es igual a $\left(\begin{array}{cc}{\lambda }_1& 0\\ \\ 0& {\lambda }_2\end{array}\right)$

En nuestro ejemplo:

$\overrightarrow{v_1}=\left(\begin{array}{c}{\displaystyle \frac{1}{\sqrt{2}}}\\ \\ {\displaystyle \frac{1}{\sqrt{2}}}\end{array}\right)$

$\overrightarrow{v_2}=\left(\begin{array}{c}{\displaystyle \frac{-1}{\sqrt{2}}}\\ \\ {\displaystyle \frac{1}{\sqrt{2}}}\end{array}\right)$

Además ${\lambda }_1=1$ y ${\lambda }_2=–1$

Luego $(x^{\prime }{)}^2–(y^{\prime }{)}^2=2xy=H(x,y)$