Problemas de calculo vectorial-25

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3.1 Puntos crı́ticos y extremos 73
1
2
3
0
100
5
Puntos de silla
Figura 9: Función 1xe
x sen y
Los puntos cŕıticos se determinan encontrando las soluciones del
sistema
0 =
∂f
∂x
= 12
x3 − x2 − 2x
1 + 4y2
,
0 =
∂f
∂y
= −2
3
y(3x4 − 4x3 − 12x2 + 18)
(1 + 4y2)2
.
Este sistema es equivalente a
x3 − x2 − 2x = 0, y(3x4 − 4x3 − 12x2 + 18) = 0.
Las soluciones de la primera ecuación son 0, 2 y −1. Como ninguna
de éstas es solución del paréntesis de la segunda, concluimos que
los únicos puntos cŕıticos son (0, 0), (2, 0) y (−1, 0).
Estudiamos la naturaleza de estos tres puntos cŕıticos a través de
la matriz hessiana de derivadas segundas. En concreto
H(0, 0) =
(
−2 0
0 −12
)
, H(2, 0) =
(
6 0
0 283
)
,
H(−1, 0) =
(
3 0
0 − 263
)
.
De este modo, la primera matriz es definida negativa y el punto
(0, 0) es un máximo (relativo), la segunda es definida positiva y el
punto (2, 0) es un mı́nimo (local), y la tercera es indefinida y el
74 Capı́tulo 3 Optimización74 Capı́tulo 3 Optimización74 Capı́tulo 3 Optimización
−2
0
2 −1
0
1
0
2
4 Punto de silla
Máximo
Mı́nimo
Figura 10: Función 3x
4−4x3−12x2+18
12(1+4y2)
punto (−1, 0) es un punto de silla. Véase un boceto del grafo de
esta función en la Figura 10.
458 Encontrar los puntos cŕıticos de f(x, y) = x
5
5 −
x2y3
2 +
y2
2 y clasificar los
que no sean degenerados.
459 Encuentra y clasifica los puntos cŕıticos de la función
f(x, y) = ex
2
(x4 + y4).
Solución 459:
Determinamos en primer lugar las derivadas parciales primeras y segun-
das de f . Con un poco de calma y cuidado, encontramos
∂f
∂x = e
x2
(
2x5 + 4x3 + 2xy4
)
, ∂f∂y = e
x24y3,
∂2f
∂x2 = e
x2
(
4x6 + 18x4 + 4x2y4 + 12x2 + 2y4
)
,
∂2f
∂x∂y = 8xy
3ex
2
, ∂
2f
∂y2 = 12y
2ex
2
.
El sistema de puntos cŕıticos es, debido a que la exponencial jamás puede
anularse,
2x5 + 4x3 + 2xy4 = 0, 4y3 = 0.
Se obtiene inmediatamente como única solución el origen (0, 0). Ahora
bien, la matriz hessiana de f en este punto es la matriz nula, de modo
que se trata de un punto degenerado.
3.1 Puntos crı́ticos y extremos 75
Para poder decidir en este caso la naturaleza del punto cŕıtico en el
origen, consideramos un vector director unitario
n = (n1, n2), n
2
1 + n
2
2 = 1,
y la función
gn(t) = f(tn1, tn2) =
(
n41 + n
4
2
)
en
2
1t
2
t4.
Se trata de decidir la naturaleza del punto cŕıtico para t = 0 dependiendo
del vector director n. Para calcular las sucesivas derivadas de gn(t)
podemos valernos de la regla de Leibnitz para las derivadas de un
producto1 que en este caso afirma
g(kn (t) =
(
n41 + n
4
2
) k∑
j=0
(
k
j
)
(t4)(j
(
en
2
1t
2
)(k−j
.
Cuando el orden de derivación del polinomio t4 es menor que cuatro,
tales derivadas para t = 0 se anulan. De este modo la primera derivada
no nula podŕıa ser la cuarta, pero no ninguna anterior. Veamos la fórmula
anterior para k = 4
g(4n (t) =
(
n41 + n
4
2
) 4∑
j=0
(
4
j
)
(t4)(j
(
en
2
1t
2
)(4−j
.
Cuando evaluamos en t = 0, por la razón apuntada antes, todos los
términos se anulan salvo, posiblemente, el correspondiente a j = 4 en el
que en realidad obtenemos el valor 24. En consecuencia
g(kn (0) = 0, j ≤ 3, g(4n (0) = 24.
Esta conclusión es independiente del vector n, de modo que concluimos
que el origen es un mı́nimo para f . Véase la Figura 11
� Determinar y clasificar los puntos cŕıticos de las siguientes funciones:
460 f(x, y) = x3 + y4 − y2.
461 f(x, y) = (y − x2)(y − 2x2).
462 f(x, y) = log(2 + sen(xy)).
1La regla de Leibnitz permite calcular la derivada de orden k de un producto de funciones:
dk
dxk
(f(x)g(x)) =
k∑
j=0
(k
j
)djf
dxj
dk−jg
dxk−j