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) \\ + \frac{1}{2} f_{yy} (a, b) {(y - b)}^{2} \end{matrix}

Puntos críticos y Polinomio de Taylor

1

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) + \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 $\frac{r (x, p)}{| | x - p | |^{2}} \to 0 si x \to p$

2

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)

3

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

p

donde

f

alcanza un máximo o un mínimo local

4

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

D_{2}

es negativo, entonces

f (x) - f (p)

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

p .

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) \\ C & = & f_{yy} (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)

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 locales. Esto es así porque debido a una propiedad de las formas cuadráticas que son siempre positivas: existe un $M > 0$ tal que para todo $h$

\frac{1}{2} [A h^{2} + 2 Bhk + C k^{2}] \geq M | | x - p | |^{2}

y como $\frac{r (x, p)}{| | x - p | |^{2}} \to 0 si x \to p,$ entonces hay un entorno alrededor de $p$ en el que $| r (x, p) | < M | | x - p | |^{2},$ es decir, la forma cuadrática domina al resto $r$ en este entorno. El caso de una forma cuadrática siempre negativa es similar. Se usa la misma idea si la forma cuadratica cambia de signo para mostrar que $Δ f$ también cambia de signo.

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 $f (x) - f (p) .$

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

D_{2}

es negativo, entonces

f (x) - f (p)

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

p

Signo de la forma cuadrática,

D_{2}

A

Puedes interactuar aquí o abrir la en ventana aparte

Matriz Hessiana. Hessiano. La clasificación de los puntos críticos depende del signo de la forma cuadrática, es decir, de

D_{2} \neq 0

f_{xx}

. Al escalar

D_{2}

le llamamos el hessiano. El hessiano es el determinante de la "matriz hessiana",

Teorema 14 — (Condición suficiente)..

Sea $f : U \subseteq ℝ^{2} \to ℝ$ de clase $C^{2}$ en un subconjunto abierto $U$ de $ℝ^{2} .$ Consideremos el hessiano $D_{2} (x, y) = f_{xx} (x, y) \cdot f_{yy} (x, y) - {[f_{xy} (x, y)]}^{2} .$ 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.

Puntos críticos, polinomio de taylor y forma cuadrática.

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1: 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 4.). En este caso se podría usar otros métodos para clasificar.
2: 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.

Ejemplo124Polinomio de Taylor y clasisificación de puntos críticos.

Considere la superficie $S : z = x e^{- x^{2} - y^{2} + 1} + 1 .$ . Vamos a determinar los puntos críticos, el polinomio de Taylor y vamos a clasificar los puntos críticos

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) \\ f_{y} = 0 & ⟹ & - 2 xy e^{- x^{2} - y^{2} + 1} & = & 0 ⟹ x = 0 \lor y = 0 (E 2) \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 del sistema es

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

2

El polinomio de Taylor en

(a, b)

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

El polinomio de Taylor en un punto crítico

Pc = (a, b)

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}

Fig. 5.4: Polinomio de Taylor y las formas cuadráticas asociadas

3

Clasificación de los puntos críticos: Usando el Teorema 14,

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

$D_{2} = e^{- 2 x^{2} - 2 y^{2} + 2} | \begin{matrix} 4 x^{3} - 6 x & 4 x^{2} y - 2 y \\ 4 x^{2} y - 2 y & 4 x y^{2} - 2 x \end{matrix} | = e^{- 2 x^{2} - 2 y^{2} + 2} (12 x^{2} - 8 x^{2} y^{2} - 4 y^{2} - 8 x^{4})$

\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}

Ejemplo125Puntos críticos y clasificación

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

Solución. :

1

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) .

2

Clasificación.

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

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

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

La representación gráfica de

f

se muestra en al Figura 5.5.

Fig. 5.5:

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

Ejemplo126Puntos críticos y clasificación

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. :

1

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})

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.

Aunque

D_{2} (0, 0) = 0

y el criterio no proporciona información, se trata de un punto de silla, como se puede apreciar el en widget que sigue

Ejemplo127Puntos críticos y clasificación

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

Solución.

1

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 $(0, 2), (1, \frac{2}{3}) .$

2

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

Ejemplo128Puntos críticos y clasificación

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

Solución.

1

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 $y = - \frac{1}{2 e} .$

2

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
$(1, - \frac{1}{2 e})$	$\frac{1}{2 e^{2}} > 0$	$\frac{1}{e^{2}} > 0$	$(1, - \frac{1}{2 e}, - \frac{1}{4 e^{2}})$ es mínimo local

Ejemplo129Puntos críticos y clasificación

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

Solución.

1

Puntos crítico: 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 ¹ $(\sqrt[3]{\frac{1}{2}}, \sqrt[3]{\frac{1}{2}}) .$

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

Ejemplo130Puntos críticos y clasificación

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.

1

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) .

2

Puntos críticos. Nos interesa solo

x > 0

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 .

3

Clasificación.

$\begin{matrix} D_{2} (x, y) & = & V_{xx} V_{yy} - V_{xy}^{2} = - \frac{2 y}{3} \cdot - \frac{4 x}{3} - {[\frac{2}{3} (x + 2 y - 3)]}^{2} \\ Así D_{2} (2, 1) & = & 4 ∕ 3 > 0 \\ y D_{1} & = & V_{xx} (2, 1) = - 2 ∕ 3 < 0 . \end{matrix}$

Esto nos dice que el volumen es máximo cuando las dimensiones de la caja son $x = 2, y = 1$ y $z = \frac{2}{3} .$

Por otro lado, el volumen máximo es $\frac{4}{3} u l^{3}$ .

Ejemplo131Puntos críticos y clasificación

Calcule y clasifique los puntos críticos de la función

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

Fig. 5.6: Infinitos mínimos

Solución.

1

Puntos críticos.

{\begin{matrix} f_{x} & = & 2 x & ⟹ x = 0 \\ f_{y} & = & 0 & \forall (x, y) \in ℝ^{2} \end{matrix}

El sistema tiene infinitas soluciones de la forma $(0, y) .$ Así que tenemos un número infinito de puntos críticos.

2

Clasificación.

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

$D_{2} (0, y) = 0$ así que este criterio no da información aunque, de acuerdo a la gráfica , se trata de puntos donde $f$ alcanza mínimos.

4.1 Calcule y clasifique los puntos críticos de la función

f (x, y) = - 3 x^{2} y + x^{2} + x y^{3} .

f_{y} = - 3 x^{2} + 3 x y^{2} = 0 ⟹ x = 0 \lor x = y^{2}

Los puntos críticos son

(0, 0)

P = (\frac{4}{25}, \frac{2}{5}) .

(0, 0)

el criterio no decide, en

(\frac{4}{25}, \frac{2}{5}, f (p))

es punto de silla.

4.2 Calcule y clasifique los puntos críticos de la función

f (x, y) = x^{4} + y^{4} - 4 xy + 1 .

Puntos críticos.

{\begin{matrix} \frac{∂f}{∂x} & = & 4 x^{3} - 4 y & = & 0 & ⟹ & y = x^{3}, \\ \frac{∂f}{∂y} & = & 4 y^{3} - 4 x & = & 0 & ⟹ & x (x^{8} - 1) = 0 & ⟹ & {\begin{matrix} x & = & 0 \\ x & = & \pm 1 \end{matrix} \end{matrix}

Puntos críticos:

(0, 0), (1, 1), (- 1, - 1) .

Clasificación. $D_{2} (x, y) = f_{xx} \cdot f_{yy} - {(f_{xy})}^{2} = 12 x^{2} \cdot 12 y^{2} - 16 .$


$p$	$f_{xx} (p)$	$f_{yy} (p)$	${(f_{xy} (p))}^{2}$	$D_{2} (p)$	Clasificación

$(0, 0)$	$0$	$0$	$16$	$- 16$	$(0, 0, 1)$ es punto de silla.

$(1, 1)$	$12$	$12$	$16$	$128$	$(1, 1, - 1)$ es mínimo local.

$(- 1, - 1)$	$12$	$12$	$16$	$128$	$(- 1, - 1, - 1)$ es mínimo local

4.3 Determine y clasifique los puntos críticos de

f (x, y) = x^{3} + 3 x y^{2} - 3 x^{2} - 3 y^{2} + 4 .

Puntos críticos.

${\begin{matrix} f_{x} = 3 x^{2} + 3 y^{2} - 6 x & = & 0 (E 1) \\ f_{y} = 6 xy - 6 y & = & 0 (E 2) \end{matrix} ⟹ {\begin{matrix} 3 (x^{2} + y^{2} - 2 x) & = & 0 \\ 6 y (x - 1) & = & 0 ⟹ y = 0 o x = 1 . \end{matrix}$

• Si

y = 0,

sustituyendo en

(E 1)

queda

3 (x^{2} - 2 x) = 0 ⟹ x = 0, x = 2 .

• Si

x = 1,

sustituyendo en

(E 1)

queda

3 (y^{2} - 1) = 0 ⟹ y = 1, y = - 1 .

Finalmente, tenemos cuatro puntos críticos: $(0, 0), (2, 0), (1, 1)$ y $(1, - 1) .$

Clasificación.

D_{2} (x, y) = f_{xx} \cdot f_{yy} - {(f_{xy})}^{2} = (6 x - 6) \cdot (6 x - 6) - 36 y^{2} .

$∙$: En $(0, 0) f$ alcanza un máximo relativo, pues $D_{2} (0, 0) = 36 > 0$ y $f_{xx} (0, 0) = - 6 < 0 .$
$∙$: En $(2, 0) f$ alcanza un mínimo relativo pues $D_{2} (2, 0) = 36 > 0$ y $f_{xx} (2, 0) = 6 > 0 .$
$∙$: En $(1, 1) f$ no alcanza un extremo pues $D_{2} (1, 1) = - 36 < 0$ (punto de silla).
$∙$: En $(1, - 1) f$ no alcanza un extremo pues $D_{2} (1, - 1) = - 36 < 0$ (punto de silla).

4.4 Sea

z = xy + \frac{a}{x} + \frac{b}{y}

la ecuación de una superficie (con

a

b

constantes). Si

P = (1, 2)

es un punto crítico de

z,

determine si en

p

la función alcanza un máximo relativo, un mínimo relativo o un punto de silla.

Como

P = (1, 2)

es punto crítico, las derivadas parciales de

z

se anulan en

P,

es decir

${\begin{matrix} {\frac{∂z}{∂x} |}_{(1, 2)} & = & 0 \\ {\frac{∂z}{∂x} |}_{(1, 2)} & = & 0 \end{matrix} ⟹ {\begin{matrix} {(y - \frac{a}{x^{2}}) |}_{(1, 2)} & = & 0 \\ {(x - \frac{b}{y^{2}}) |}_{(1, 2)} & = & 0 \end{matrix} ⟹ {\begin{matrix} 2 - \frac{a}{1^{2}} & = & 0 \\ 1 - \frac{b}{2^{2}} & = & 0 \end{matrix} ⟹ a = 2 y b = 4$

Ahora,

D_{2} (x, y) = (\frac{2 a}{x^{3}}) (\frac{2 b}{y^{3}}) - 1^{2} = (\frac{4}{x^{3}}) (\frac{8}{y^{3}}) - 1 .

• $D_{2} (1, 2) = 3$ y $z_{xx} (1, 2) = 4 > 0 .$ Luego, en el punto $P = (2, 1)$ $z$ alcanza un mínimo relativo.

4.5 Calcular y clasificar los puntos críticos de

z = 4 x^{2} - xy + y^{2}

• Puntos críticos: Resolvemos el sistema,

{\begin{matrix} z_{x} = & 8 x - y & = & 0 ⟹ 8 x = y \\ ⟹ 16 y = y ⟹ y = 0 \end{matrix}

así, el único punto crítico es $(0, 0)$ .

• Test: $D_{2} (x, y) = 8 \cdot 2 \cdot - {(- 1)}^{2} = 15$ (es constante) y puesto que $z_{xx} = 8 > 0,$ entonces $=$ (0, 0, 0) es un mínimo relativo.

4.6Calcule y clasifique los puntos críticos de

z = (x^{2} - y^{2}) e^{- x^{2} - y^{2}}

La gráfica de

f

es,

• Puntos críticos: El sistema es ${\begin{matrix} z_{x} = & 2 x e^{- x^{2} - y^{2}} - 2 x e^{- x^{2} - y^{2}} (x^{2} - y^{2}) & = & 0 \end{matrix}$

Simplificando queda ${\begin{matrix} e^{- x^{2} - y^{2}} 2 x (1 - x^{2} + y^{2}) & = & 0 \end{matrix}$

como $e^{- x^{2} - y^{2}} > 0$ entonces nos queda el sistema

${\begin{matrix} 2 x (1 - x^{2} + y^{2}) & = & 0 \end{matrix}$

Tenemos 4 casos:

• caso 1.) $2 x = 0 y 2 y = 0 .$ Entonces $x = 0$ y $y = 0$ .

• caso 2.) $2 x = 0 y (1 + x^{2} - y^{2}) = 0$ . Entonces $x = 0$ y $y = \pm 1$

• caso 3.) $- 2 y = 0 y (1 - x^{2} + y^{2}) = 0 .$ Entonces $y = 0$ y $x = \pm 1$

• caso 4.) $(1 - x^{2} + y^{2}) = 0 y (1 + x^{2} - y^{2}) = 0$ . Este caso es inconsistente pues quedaría

x^{2} - y^{2} = 1 y x^{2} - y^{2} = - 1

• Test: Calculamos $H$ y evaluamos cada uno de los cinco puntos.

$z_{xx} = 2 e^{- x^{2} - y^{2}} (2 x^{4} - x^{2} (2 y^{2} + 5) + y^{2} + 1)$

$z_{yy} = 2 e^{- x^{2} - y^{2}} (x^{2} (2 y^{2} - 1) - 2 y^{4} + 5 y^{2} - 1)$

$z_{xy} = 4 xy e^{- x^{2} - y^{2}} (x^{2} - y^{2})$

Luego tenemos:

• Para $P = (0, 0, 0)$ , $D_{2} (p) = - 4$ . $P$ es un punto de silla.

• Para $(0, 1, - 1 ∕ e)$ , $D_{2} (p) = 2.165 > 0 z_{xx} = 1.47 < 0$ . Se trata de un mínimo relativo.

• Para $(0, - 1, - 1 ∕ e)$ , $D_{2} (p) = 2.165 > 0 z_{xx} = 1.47 < 0$ . Se trata de un mínimo relativo.

• Para $(1, 0, 1 ∕ e)$ , $D_{2} (p) = 2.165 > 0 z_{xx} = - 1.47 < 0$ . Se trata de un máximo relativo.

• Para $(- 1, 0, - 1 ∕ e)$ , $D_{2} (p) = 2.165 > 0 z_{xx} = - 1.47 < 0$ . Se trata de un máximo relativo.

4.7Hallar el punto del paraboloide

P : z = x^{2} + y^{2} + 2

más cercano al punto

Q = (2, 2, 2)

La distancia del punto al paraboloide es

d (x, y) = \sqrt{{(x - 2)}^{2} + {(y - 2)}^{2} + {(x^{2} + y^{2})}^{2}} .

Puntos críticos: Debemos resolver el sistema

\begin{array}{rcl} x - 2 + 2 x (x^{2} + y^{2}) & = & 0 \\ y - 2 + 2 y (y^{2} + y^{2}) & = & 0 \end{array}

Como $x = 0, y = 0$ no es solución del sistema, podemos asumir que $x \neq 0$ y $y \neq 0 .$ Luego, despejando $x^{2} + y^{2} = \frac{2 - x}{2 x} = \frac{2 - y}{2 y} ⟹ x = y .$

Ahora, sustiyendo $x = y$ en cualquiera de las ecuaciones, obtenemos $x - 2 + 4 x^{3} = 0 .$ La calculadora nos da las soluciones $x = 0.68939835 . . ., y = 0.68939835 . . . .$

Clasificación. $D_{2} (x, y) = [(1 + 4 x^{2} + 2 (x^{2} + y^{2})] \cdot [1 + 4 y^{2} + 2 (x^{2} + y^{2})] - 16 x^{2} y^{2} .$ Evaluamos $D_{2} (0.68939835 . . ., 0.68939835 . . .) = 19.4466 . . . > 0$ y $f_{xx} (0.68939835 . . ., 0.68939835 . . .) > 0,$ es decir, el punto en el paraboloide dónde se alcanza la distancia mínima al punto $(2, 2, 2)$ es $(0.68939835 . . ., 0.68939835 . . ., z (0.68939835 . . ., 0.68939835 . . .)) .$

4.8Calcule y clasifique los puntos críticos de

z = 4 xy - 2 x^{2} - y^{4}

Los puntos críticos son

(0, 0), (1, 1)

(- 1, - 1)

4.9¿Cuáles deben ser las dimensiones de un envase de forma rectangular, de volumen de

10

^{3}

y costo mínimo, si el material de los lados de la caja cuestan

10

colones el centímetro cuadrado y el material de la tapa y el fondo cuestan

20

colones el centímetro cuadrado?.

Suponga que las dimensiones de la caja son

x

cm de ancho,

y

cms de largo y

z

cms de alto, entonces su volumen es :

10 = xyz ⟹ z = \frac{10}{xy}

Por otro lado, el costo total esta dado por

c (x, y, z) = 20 xz + 20 yz + 40 xy

De donde obtenemos que

$c (x, y) = \frac{200}{x} + \frac{200}{y} + 40 xy$

Calculando las derivadas parciales, formamos el siguiente sistema

${\begin{matrix} \frac{∂c}{∂x} & = & 40 y - \frac{200}{x^{2}} & = & 0 (E1) \end{matrix}$

Multiplicando por (E1) por

x

a ambos lados y (E2) por

y

ambos lados, obtenemos

x = y .

Sustituyendo en (E1) obtenemos

x = y = \sqrt[3]{5}

$D_{2} (x, y) = \frac{160000}{x^{3} y^{3}} - 1600$ y al evaluar en el punto $P = (\sqrt[3]{5}, \sqrt[3]{5})$ , tenemos que $((\sqrt[3]{5}, \sqrt[3]{5}, 120 \sqrt[3]{5})$ es un mínimo local.

Respuesta: Las dimensiones de la caja con costo mínimo son $x = \sqrt[3]{5}, y = \sqrt[3]{5}$ y $z = 10 ∕ \sqrt[3]{25}$ .

4.10 Calcule y clasifique los puntos críticos de

z = \frac{x^{3}}{3} - \frac{x^{2}}{2} - \frac{3 x y^{2}}{2} + y^{3}

{\begin{matrix} z_{x} = x^{2} - x - \frac{3 y^{2}}{2} & = & 0 (E1) \end{matrix}

Sustituyendo

y = 0

en (E1) se obtienen los puntos críticos

(0, 0)

(1, 0)

Sustituyendo $y = x$ en (E1) se obtiene otro punto crítico, $(- 2, - 2)$

D_{2} (x, y) = (2 x - 1) (6 y - 3 x) - 9 y^{2} ⟹ {\begin{matrix} D_{2} (0, 0) & = & 0 ∴ el criterio no decide \\ D_{2} (1, 0) & = & - 3, ∴ (1, 0, - 1 ∕ 6) es punto de silla \end{matrix}

4.11 Calcule el volumen de la caja de base rectángular más grande, que tenga caras en los planos

x = 0, y = 0, z = 0,

en el primer octante, y un vértice en el plano

2 x + 2 y + 2 z = 10

(haga un dibujo).

El volumnes es

V = xyz .

V = xyz = xy (5 - x - y)

con

x > 0

y > 0 .

El volumen es máximo si

x = y = \frac{5}{3},

es decir, el volumen máximo es

V = \frac{125}{27}

4.12 Resuelva el ejercicio anterior si el plano tiene ecuación

\frac{x}{a} + \frac{y}{b} + \frac{z}{c} = 1,

con

abc > 0

con

a, b, c

números positivos.

V = xyz = xy (c (- \frac{x}{a} - \frac{y}{b} + 1))

con

x, y, a, b, c

todos positivos. El volumen es máximo si

x = \frac{a}{3},

y = \frac{b}{3},

es decir, el volumen máximo es

V = \frac{abc}{27}

4.13 Encuentre las dimensiones da la caja de base rectángular de máximo volumen, si el área de su superficie total debe ser de

64 c m^{2}

El área de la superficie es

S (x, y, h) = 2 xh + 2 yh + 2 xy = 64 .

Despejando

h

obtenemos que le volumen es

V = xy \frac{32 - xy}{x + y}

. Resolviendo

\nabla V = (0, 0)

obtenemos

x = y = \sqrt{32 ∕ 3}

4.14Sea

z = yx e^{- x} + y^{2} .

Calcule y clasifique los puntos críticos de

z .

Puntos críticos:

(0, 0)

(1, - 1 ∕ 2 e) .

El punto

(0, 0, 0)

es punto de silla y en

(1, - 1 ∕ 2 e)

la función alcanza un mínimo local.