Clasificacion de puntos criticos

3. Clasificación de puntos críticos

De manera análoga al caso de una variable, usamos el polinomio de Taylor de segundo orden (como una primera opción) para clasificar puntos críticos.

La fórmula de Taylor de segundo orden en dos variables, alrededor de $(a, b)$ se puede definir en un entorno $U$ abierto alrededor de $(a, b),$ si $f : U \subseteq ℝ^{2} \to ℝ,$ es de clase $C^{2} .$ En ese caso,

\begin{matrix} T_{2} (x, y) & = & f (a, b) + f_{x} (a, b) (x - a) + f_{y} (a, b) (y - b) \\ + \frac{1}{2} f_{xx} (a, b) {(x - a)}^{2} + f_{xy} (a, b) (x - a) (y - b) \end{matrix}

Haciendo

x = (x, y), p = (a, b),

(h, k) = (x - a, y - b),

A = f_{xx} (a, b), B = f_{xy} (a, b)

C = f_{yy} (a, b)

se tiene

\begin{matrix} f (x) & = & f (p) + f_{x} (p) h + f_{y} (p) k + \frac{1}{2} [f_{xx} (p) h^{2} + 2 f_{xy} (p) hk + f_{yy} (p) k^{2}] \\ = & f (p) + \nabla f (p) \cdot (h, k) + \frac{1}{2} [A h^{2} + 2 Bhk + C k^{2}] + r (x, p) \end{matrix}

donde el resto $r (x, p)$ disminuye más rápido que $| | x - p | |^{2}$ , es decir, $\frac{r (x, p)}{| | x - p | |^{2}} \to 0 si x \to p$

Ahora, si $p$ es un punto crítico de $f,$ entonces

f (x) - f (p) = \frac{1}{2} [A h^{2} + 2 Bhk + C k^{2}] + r (x, p) con {\begin{matrix} A & = & f_{xx} (p) \\ B & = & f_{xy} (p) \end{matrix}

Para determinar si en el el punto crítico $p,$ la función $f$ alcanza un máximo o mínimo local, debemos determinar el signo de $f (x) - f (p)$ en un entorno de $p,$ para saber si $f (x) \geq f (p)$ o $f (x) \leq f (p) .$ Si en cualquier entorno de $p$ hay puntos donde $f$ cambia de signo, entonces tenemos un punto de silla.

La teoría es similar al caso de una variable: En presencia de extremos locales, el signo de $f (x) - f (p)$ es el signo de $A h^{2} + 2 Bhk + C k^{2}$ en un entorno suficientemente pequeño de cada punto crítico donde $f$ alcanza máximos o mínimos locales¹ . Si el determinante $D_{2} = AC - B^{2} > 0,$ entonces la forma cuadrática $A h^{2} + 2 Bhk + C k^{2},$ es siempre positiva o siempre negativa. Si $D_{2} = AC - B < 0$ la forma cuadrática cambia de signo.

Podemos analizar el signo de $A h^{2} + 2 Bhk + C k^{2}$ completando cuadrados. Sea $D_{2} = AC - B^{2},$ entonces

$A (A h^{2} + 2 Bhk + C k^{2}) = {(Ah + Bk)}^{2} + (AC - B^{2}) k^{2} ⟹ A (A h^{2} + 2 Bhk + C k^{2}) \geq 0 si D_{2} > 0$

Entonces
$\begin{matrix} A h^{2} + 2 Bhk + C k^{2} \geq 0 & si & D_{2} > 0 y A > 0 \\ A h^{2} + 2 Bhk + C k^{2} \leq 0 & si & D_{2} > 0 y A < 0 \end{matrix}$

con esto se puede establecer que

1.
$f (x) - f (p) \geq 0$ en un entorno de $p$ si $D_{2} > 0$ y si $A > 0$

2.
$f (x) - f (p) \leq 0$ en un entorno de $p$ si $D_{2} > 0$ y si $A < 0$

Si $D_{2} < 0$ entonces, podemos razonar con varios casos. Por simplicidad solo consideremos dos casos con $A \neq 0$ y $C \neq 0$ . Si $B = 0$ entonces $A$ y $C$ tienen signos contrarios, por lo que la forma cuadrática cambia de signo sobre las rectas $x = 0$ y $y = 0 .$ Si $B \neq 0,$ entonces la forma cuadrática cambia de signo sobre las rectas $y = 0$ y $By = - Ax .$ Entonces se podría establecer, comparando $f (x) - f (p) \geq 0$ con la forma cuadrática, que $p$ es un punto de silla.

Si $D_{2} = 0$ entonces en general, si $A \neq 0$ y $B \neq 0,$ hay rectas que pasan por el origen, sobre las que el término ${(Ah + Bk)}^{2}$ se anula, entonces $f (x) - f (p) = r (x, p)$ sobre estas rectas, es decir, no podemos decir algo acerca del signo de $f (x) - f (p) .$

Figura 5.6: Forma cuadrática

A h^{2} + 2 Bhk + C k^{2}

para distintos valores de

D_{2}

A

Específicamente: Si

f

tiene segundas derivadas continuas y si el determinante

D_{2} = AC - B^{2}

es positivo, entonces el signo de

f (x) - f (p)

es el signo de

A h^{2} + 2 Bhk + C k^{2},

en un entorno suficientemente pequeño de

p .

Si el determinante

H

es negativo, entonces

f (x) - f (p)

cambia de signo con la forma cuadrática, en trayectorias contenidas en un entorno de

p

En vista de la anterior afirmación, la clasificación de los puntos críticos depende del signo de la forma cuadrática (si $D_{2} \neq 0$ ). El signo de la forma cuadrática es fácil de establecer usando el discriminante $D_{2}$ . La idea geométrica es la que se muestra a continuación.

Teorema 13 — (Condición suficiente)..

Sea $f : U \subseteq ℝ^{2} \to ℝ$ de clase $C^{2}$ en un subconjunto abierto $U$ de $ℝ^{2} .$ Consideremos el “discriminante” $D_{2} (x, y) = f_{xx} (x, y) \cdot f_{yy} (x, y) - {[f_{xy} (x, y)]}^{2} .$ Si $(x_{0}, y_{0}) \in U$ es punto crítico de $f,$ entonces

1.: si $D_{2} (x_{0}, y_{0}) > 0$ y $f_{xx} (x_{0}, y_{0}) > 0,$ entonces $f$ alcanza un mínimo local en $(x_{0}, y_{0}) .$
2.: si $D_{2} (x_{0}, y_{0}) > 0$ y $f_{xx} (x_{0}, y_{0}) < 0,$ entonces $f$ alcanza un máximo local en $(x_{0}, y_{0}) .$
3.: Si $D_{2} (x_{0}, y_{0}) < 0,$ entonces $(x_{0}, y_{0}, f (x_{0}, y_{0}))$ es un punto de silla.

Figura 5.7: Polinomio de Taylor

P_{2} (x, y)

y la forma cuadrática, sobre la superficie

S

El teorema solo da condiciones suficientes: No nos dice algo si

D_{2} (x_{0}, y_{0}) = 0

pues, como ya vimos en este caso, en un entorno de

p,

f (x) - f (p) = r (x, p)

por lo que no podemos determinar el signo de

f (x) - f (p)

(ver el ejercicio ). En este caso se podría usar otros métodos para clasificar.

En el teorema se puede usar $f_{yy}$ en vez de $f_{xx}$ pues si $D_{2} (x_{0}, y_{0}) > 0,$ ambas tienen el mismo signo.

Ejemplo116(Polinomio de Taylor y clasisificación de puntos críticos).

Considere la superficie $S : z = x e^{- x^{2} - y^{2} + 1} + 1 .$

Puntos críticos.
${\begin{matrix} f_{x} = 0 & ⟹ & e^{- x^{2} - y^{2} + 1} (1 - 2 x^{2}) & = & 0 ⟹ x = \pm \frac{1}{\sqrt{2}} (E 1) \end{matrix}$

Una solución

(x_{0}, y_{0})

del sistema requiere que se anule la ecuación E1 y la ecuación E2. La ecuación E1 solo tiene como soluciones posibles

x = \pm \frac{1}{\sqrt{2}} .

Por lo tanto, en la E2 tenemos que descartar

x = 0 .

La solución dels sistema es

(\frac{1}{\sqrt{2}}, 0) \lor (- \frac{1}{\sqrt{2}}, 0)

El polinomio de Taylor en $(a, b)$ es

$\begin{matrix} T_{2} (x, y) & = & f (a, b) + f_{x} (a, b) (x - a) + f_{y} (a, b) (y - b) \\ + \frac{1}{2} f_{xx} (a, b) {(x - a)}^{2} + f_{xy} (a, b) (x - a) (y - b) \end{matrix}$

El polinomio de Taylor en un punto crítico

Pc = (a, b)

es el que sigue, la expresión en magenta es la forma cuadrática que determina la clasificación del punto crítico.

T_{2} (x, y) = f (a, b) + \frac{1}{2} [f_{xx} (a, b) {(x - a)}^{2} + 2 f_{xy} (a, b) (x - a) (y - b) + f_{yy} (a, b) {(y - b)}^{2}]

donde

{\begin{matrix} f_{xx} (x, y) & = & e^{- x^{2} - y^{2} + 1} (4 x^{3} - 6 x) \\ f_{xy} (x, y) & = & e^{- x^{2} - y^{2} + 1} (4 x^{2} y - 2 y) \\ f_{yy} (x, y) & = & e^{- x^{2} - y^{2} + 1} (4 x y^{2} - 2 x) \end{matrix}

En el código que sigue, en Mathematica, f[x,y] es la función y T[x,y] es cada polinomio de Taylor. Se realiza la representación gráfica en un entorno adecuado de cada punto crítico.

dx=0.5; dy=0.5; 
Plot3D[f[x,y],{x,-2,2},{y, -1,1}, Mesh->None], 
 
T[x_,y_]=1+Sqrt[E/2]+1/2 (-2 Sqrt[2 E] (-(1/Sqrt[2])+x)^2-Sqrt[2 E] y^2); 
Plot3D[T[x,y],{x,0.7-dx,0.70+dx},{y, 0-dy,0+dy}, Mesh->None] 
 
T[x_,y_]=1-Sqrt[E/2]+1/2 (2 Sqrt[2 E] (1/Sqrt[2]+x)^2+Sqrt[2 E] y^2); 
Plot3D[T[x,y],{x,0.7-dx,0.70+dx},{y, 0-dy,0+dy}, Mesh->None]

En el código que sigue, en Mathematica, F_i[x,y] son las formas cuadráticas:

F_1[x_,y_]=1/2 (-2 Sqrt[2 E] (-(1/Sqrt[2])+x)^2-Sqrt[2 E] y^2); 
 
F_2[x_,y_]=1/2 (2 Sqrt[2 E] (1/Sqrt[2]+x)^2+Sqrt[2 E] y^2);

Figura 5.8: Polinomio de Taylor y las formas cuadráticas, con un solo signo!

Clasificación de los puntos críticos usando el teorema

$D_{1} = f_{xx} = e^{- x^{2} - y^{2} + 1} (4 x^{3} - 6 x)$

$D_{2} = e^{- 2 x^{2} - 2 y^{2} + 2} | \begin{matrix} 4 x^{3} - 6 x \end{matrix}$ 00 4x2y − 2y 4x2y − 2y00 4xy2 − 2x | = e−2x2−2y2+2 (12x2−8x2y2−4y2−8x4)

\begin{matrix} Pc = (\frac{1}{\sqrt{2}}, 0) & D_{2} (Pc) = 4 e > 0 & f_{xx} (Pc) = - 2 \sqrt{2 e} < 0 & (\frac{1}{\sqrt{2}}, 0, 1 + \sqrt{\frac{e}{2}}) máximo local \\ Pc = (- \frac{1}{\sqrt{2}}, 0) & D_{2} Pc (Pc) = 4 e > 0 & f_{xx} (Pc) = 2 \sqrt{2 e} > 0 & (- \frac{1}{\sqrt{2}}, 0, 1 - \sqrt{\frac{e}{2}}) mínimo local \end{matrix}

Ejemplo117

Calcule y clasifique los puntos críticos de la función $f (x, y) = x^{3} + 3 y - y^{3} - 3 x .$

Solución. :

Puntos críticos: ${\begin{matrix} \frac{∂f}{∂x} & = & 0 \\ \frac{∂f}{∂y} & = & 0 \end{matrix} ⟹ {\begin{matrix} 3 x^{2} - 3 & = & 0 ⟹ x = \pm 1 \\ 3 - 3 y^{2} & = & 0 ⟹ y = \pm 1 \end{matrix}$

En este caso, cualquier combinación de signos anula el sistema, por eso los puntos críticos son

(1, 1), (1, - 1), (- 1, 1)

(- 1, - 1) .

Clasificación. $D_{2} (x, y) = (6 x) (- 6 y) - {(0)}^{2}$


$(x_{0}, y_{0})$	$D_{1} = f_{xx} (x_{0}, y_{0})$	$H = D_{2} (x_{0}, y_{0})$	$Clasificación$

$(1, 1)$	-1 $6$	$- 36$	$(1, 1, 0) es punto de silla$
$(1, - 1)$	-1 $6$	-1 $36$	$(1, - 1, - 1.2) es mínimo local.$
$(- 1, 1)$	$- 6$	-1 $36$	$(- 1, 1, 1.2) es máximo local.$
$(- 1, - 1)$	$- 6$	$- 36$	$(- 1, - 1, 0) es punto de silla$

La representación gráfica de

f

se muestra en al figura.

Figura 5.9:

f (x, y) = x^{3} + 3 y - y^{3} - 3 x

Ejemplo118

Calcule y clasifique los puntos críticos de la función $f (x, y) = x^{4} + y^{4} - 2 x^{2} + 4 xy - 2 y^{2} .$

Solución. :

Puntos críticos: ${\begin{matrix} \frac{∂f}{∂x} & = & 0 \\ \frac{∂f}{∂y} & = & 0 \end{matrix} ⟹ {\begin{matrix} 4 x^{3} + 4 y - 4 x & = & 0 \\ 4 y^{3} - 4 y + 4 x & = & 0 (E2) \end{matrix}$

Sumando miembro a miembro obtenemos

x^{3} + y^{3} = 0 ⟹ x = - y .

Ahora sustituimos en la ecuación (E2), queda $4 x^{3} - 4 x - 4 x = 0 ⟹ x (x^{2} - 2) = 0;$ con lo cual obtenemos los puntos críticos

(0, 0), (\sqrt{2}, - \sqrt{2}), (- \sqrt{2}, \sqrt{2})

Clasificación. $D_{2} (x, y) = (12 x^{2} - 4) (12 y^{2} - 4) - {(4)}^{2}$


$(x_{0}, y_{0})$	$D_{1} = f_{xx} (x_{0}, y_{0})$	$H = D_{2} (x_{0}, y_{0})$	$Clasificación$

$(0, 0)$	$- 4$	$0$	$Criterio no decide.$
$(\sqrt{2}, - \sqrt{2})$	$20$	$384$	$(\sqrt{2}, - \sqrt{2}, - 8) es mínimo local.$
$(- \sqrt{2}, \sqrt{2})$	$20$	$384$	$(- \sqrt{2}, \sqrt{2}, - 8) es mínimo local.$

La representación gráfica de

f

se muestra en al figura. Aunque

D_{2} (0, 0) = 0

y el criterio no proporciona información, la gráfica a la derecha nos indica que se trata de un punto de silla.

Figura 5.10:

f (x, y) = x^{4} + y^{4} - 2 x^{2} + 4 xy - 2 y^{2}

Ejemplo119

Sea $f (x, y) = 6 xy - 2 x^{2} y - 3 x y^{2} .$ Calcule y clasifique los puntos críticos de $f .$

Solución. : Los puntos críticos se obtienen resolviendo el sistema $\nabla f = (0, 0),$

{\begin{matrix} \frac{∂f}{∂x} & = & 0 \\ \frac{∂f}{∂y} & = & 0 \end{matrix} ⟹ {\begin{matrix} 6 y - 4 xy - 3 y^{2} & = & 0 \\ 6 x - 2 x^{2} - 6 xy & = & 0 \end{matrix} ⟹ {\begin{matrix} y (6 - 4 x - 3 y) & = & 0 ⟹ y = 0 o y = \frac{6 - 4 x}{3} \\ 6 x - 2 x^{2} - 6 xy & = & 0 (E2) \end{matrix}

• Si

y = 0

, al sustituir en la ecuación (E2) obtenemos los puntos críticos

(0, 0), (3, 0) .

• Si $y = \frac{6 - 4 x}{3},$ al sustituir en la ecuación (E2) obtenemos los puntos críticos $(0, 2), (1, \frac{2}{3}) .$

Clasificación. $D_{2} (x, y) = (- 4 y) (- 6 x) - {[6 - 4 x - 6 y]}^{2}$


$(x_{0}, y_{0})$	$D_{1} = f_{xx} (x_{0}, y_{0})$	$H = D_{2} (x_{0}, y_{0})$	$Clasificación$

$(0, 0)$	$0$	$- 36$	$(0, 0, 0) es punto de silla$
$(3, 0)$	$0$	$- 36$	$(3, 0, 0) es punto de silla$
$(0, 2)$	$- 8$	$- 36$	$(0, 2, 0) es punto de silla$
$(1, 2 ∕ 3)$	$- 8 ∕ 3$	$12$	$(1, 2 ∕ 3, 4 ∕ 3) es máximo local.$

Figura 5.11:

f (x, y) = 6 xy - 2 x^{2} y - 3 x y^{2}

Ejemplo120

Sea $z = yx e^{- x} + y^{2} .$ Calcule y clasifique los puntos críticos de $z .$

Solución. : Los puntos críticos se obtienen resolviendo el sistema $\nabla z = (0, 0),$

{\begin{matrix} \frac{∂z}{∂x} & = & 0 \\ \frac{∂z}{∂y} & = & 0 \end{matrix} ⟹ {\begin{matrix} e^{- x} y - e^{- x} xy & = & 0 \\ e^{- x} x + 2 y & = & 0 \end{matrix} ⟹ {\begin{matrix} y (1 - x) & = & 0 ⟹ y = 0 o x = 1 \\ e^{- x} x + 2 y & = & 0 (E2) \end{matrix}

I caso. Si

y = 0,

sustituimos en (E2) y obtenemos

x = 0 .

II caso Si $x = 1$ sustituimos en (E2) y obtenemos $y = - \frac{1}{2 e} .$

Clasificación. $D_{2} (x, y) = 2 y e^{- x} (x - 2) - {(e^{- x} - e^{- x} x)}^{2}$


$(x_{0}, y_{0})$	$D_{1} = f_{xx} (x_{0}, y_{0})$	$H = D_{2} (x_{0}, y_{0})$	$Clasificación$

$(0, 0)$	$0$	$- 1 < 0$	$(0, 0, 0) es punto de silla$
$(1, - \frac{1}{2 e})$	$\frac{1}{2 e^{2}} > 0$	$\frac{1}{e^{2}} > 0$	$(1, - 1 ∕ 2 e, - 1 ∕ 4 e^{2}) es mínimo local$

Ejemplo121

Sea $z = x^{2} y^{2} - x - y .$ Calcule y clasifique los puntos críticos de $z .$

Solución. : Los puntos críticos se obtienen resolviendo el sistema $\nabla z = (0, 0),$

{\begin{matrix} \frac{∂z}{∂x} & = & 0 \\ \frac{∂z}{∂y} & = & 0 \end{matrix} ⟹ {\begin{matrix} 2 x y^{2} - 1 & = & 0 (E1) \\ 2 x^{2} y - 1 & = & 0 (E2) \end{matrix}

Como

y = 0

no es solución, podemos despejar

x = \frac{1}{2 y^{2}}

de (E1). Ahora sustituimos en (E2) y obtenemos

y = \sqrt[3]{\frac{1}{2}}

. Entonces tenemos el punto crítico ²

(\sqrt[3]{\frac{1}{2}}, \sqrt[3]{\frac{1}{2}}) .

Clasificación.

D_{2} (x, y) = 2 y^{2} \cdot 2 x^{2} - {(4 xy)}^{2}


$(x_{0}, y_{0})$	$D_{1} = f_{xx} (x_{0}, y_{0})$	$H = D_{2} (x_{0}, y_{0})$	$Clasificación$

$(\sqrt[3]{\frac{1}{2}}, \sqrt[3]{\frac{1}{2}})$	$\sqrt[3]{\frac{1}{2}}$	$- 3 \sqrt[3]{4} < 0$	$(\sqrt[3]{\frac{1}{2}}, \sqrt[3]{\frac{1}{2}}, - \frac{3}{2 \sqrt[3]{2}}) es punto de silla$

Ejemplo122

Calcule el volumen de la caja rectangular más grande que esté en el primer octante con tres de sus caras en los planos coordenados y un vértice en el plano

x + 2 y + 3 z = 6

.
Solución. : Debemos maximizar

V = xyz .

Como

z = 2 - x ∕ 3 - 2 y ∕ 3,

el volumen de la caja es

V = xy (2 - x ∕ 3 - 2 y ∕ 3) .

Puntos críticos. Nos interesa solo $x > 0$ y $y > 0 .$ Entonces,

{\begin{matrix} V_{x} & = & 0 \\ V_{y} & = & 0 \end{matrix} ⟹ {\begin{matrix} - \frac{2 y}{3} (- 3 + x + y) & = & 0 \\ - \frac{x}{3} (- 6 + x + 4 y) & = & 0 \end{matrix} ⟹ {\begin{matrix} - 3 + x + y & = & 0 \\ - 6 + x + 4 y & = & 0 \end{matrix} ⟹ x = 2, y = 1 .

Clasificación.

D_{2} (x, y) = V_{xx} V_{yy} - V_{xy}^{2} = - \frac{2 y}{3} \cdot - \frac{4 x}{3} - {[\frac{2}{3} (x + 2 y - 3)]}^{2} .

Así

D_{2} (2, 1) = 4 ∕ 3 > 0

D_{1} = V_{xx} (2, 1) = - 2 ∕ 3 < 0 .

Esto nos dice que el volumen es máximo cuando las dimensiones de la caja son

x = 2, y = 1

z = \frac{2}{3} .

Por otro lado, el volumen máximo es

\frac{4}{3} u l^{3}

Ejemplo123

Calcule y clasifique los puntos críticos de la función

f (x, y) = x^{2} .

Solución. : Primero calculamos los puntos críticos

{\begin{matrix} f_{x} & = & 2 x = 0 \\ f_{y} & = & 0 = 0 \end{matrix}

El sistema tiene infinitas soluciones de la forma

(0, y) .

Así que tenemos un número infinito de puntos críticos.

D_{2} (x, y) = (2) (0) - {(0)}^{2} = 0

así que este criterio no da información aunque, de acuerdo a la gráfica , se trata de puntos donde

f

alcanza mínimos locales.