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 $\sqrt{3}.$

https://www.geogebra.org/classic/jwnw4fb9

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