4. Extremos de las funciones de varias variables.

GRADO DE INGENIERÍA AEROESPACIAL. CURSO 2011–12.
MATEMÁTICAS II. DPTO. DE MATEMÁTICA APLICADA II
Lección 1. Aplicaciones de la derivación parcial.
4. Extremos de las funciones de varias variables.
En esta sección estudiaremos algunos problemas de optimización para campos escalares, es decir,
analizaremos la existencia, clasificación y obtención de extremos (máximos y mínimos) relativos y
absolutos de una función escalar f : ( x, y ) ∈ U ⊆ \ 2 → f ( x, y ) ∈ \, de dos variables (respectivamente, tres variables f : ( x, y, z ) ∈ U ⊆ \ 3 → f ( x, y, z ) ∈ \ ). La función f de la que se desean conocer sus extremos se llama función objetivo. Los resultados que estudiaremos en esta sección guardan una gran analogía con el estudio de los máximos y mínimos de una función de una única variable.
Extremos de funciones de dos variables. Comenzamos enunciando la versión para dos variables
del teorema de Weierstrass, que nos garantiza la existencia de extremos absolutos para funciones
continuas definidas en conjuntos cerrados y acotados. Previamente fijaremos algunos conceptos.
DEFINICIÓN. Sea f : ( x, y ) ∈ U ⊆ \ 2 → f ( x, y ) ∈ \ un campo escalar. Se dice que f alcanza el
máximo absoluto en un punto ( x0 , y0 ) ∈ U si f ( x0 , y0 ) ≥ f ( x, y ) para todo ( x, y ) ∈ U . En este caso
diremos que M := f ( x0 , y0 ) es el máximo absoluto de f en U . Se dice que f alcanza el mínimo
absoluto en un punto ( x0 , y0 ) ∈ U si f ( x0 , y0 ) ≤ f ( x, y ) para todo ( x, y ) ∈ U . En este caso diremos
que m := f ( x0 , y0 ) es el mínimo absoluto de f en U .
EJEMPLO. Consideremos las funciones f1 ( x, y ) = x 2 + y 2 y f 2 ( x, y ) = − x 2 − y 2 definidas en \ 2 . Es
claro que f1 (0, 0) = 0 ≤ x 2 + y 2 = f1 ( x, y ) y que f 2 (0, 0) = 0 ≥ −( x 2 + y 2 ) = f 2 ( x, y ) para cualquier
punto ( x, y ) ∈ \ 2 . Es decir, la función f1 ( x, y ) tiene un mínimo absoluto en el origen de coordenadas y la función f 2 ( x, y ) tiene un máximo absoluto en el origen de coordenadas. Sin embargo, la
función f1 ( x, y ) no tiene máximo absoluto ya que no está acotada superiormente y, de forma análoga, la función f 2 ( x, y ) no tiene mínimo absoluto ya que no está acotada inferiormente.
Como muestra el anterior ejemplo no toda función continua tiene máximo o mínimo absoluto. El
siguiente resultado nos proporciona una condición sobre el dominio bajo la que sí existen los extremos absolutos. Antes de enunciarlo precisaremos el concepto de conjunto cerrado y conjunto
acotado.
DEFINICIÓN. Un conjunto U ⊆ \ 2 es un conjunto cerrado si contiene a los puntos de su frontera. Se
dice que un conjunto U ⊆ \ 2 es acotado si existe un disco D (centrado en el origen de coordenadas) tal que U ⊆ D.
OBSERVACIÓN. En general, y sin precisar demasiado, los conjuntos de \ 2 formados por aquellos
puntos que pertenecen al interior de una curva cerrada junto con los propios puntos de la curva son
conjuntos cerrados. La frontera de estos conjuntos la constituye la mencionada curva. Por ejemplo,
el círculo {( x, y ) ∈ \ 2 : x 2 + y 2 ≤ 1} es un conjunto cerrado porque contiene a su frontera que es la
circunferencia de ecuación x 2 + y 2 = 1. Sin embargo, el conjunto {( x, y ) ∈ \ 2 : x 2 + y 2 < 1} no es un
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Lección 1. Aplicaciones de la derivación parcial.
conjunto cerrado porque no contiene a su frontera que es la circunferencia de ecuación x 2 + y 2 = 1.
⎧
⎫
x2 y2
También son conjuntos cerrados la elipse (y su interior) ⎨( x, y ) ∈ \ 2 : 2 + 2 ≤ 1⎬ , el triángulo
a
b
⎩
⎭
{( x, y) ∈ \ 2 : x ≥ 0, y ≥ 0, x + y ≤ 1} o el rectángulo {( x, y) ∈ \ 2 : a ≤ x ≤ b, c ≤ y ≤ d }. Sin embargo,
el rectángulo {( x, y ) ∈ \ 2 : a < x ≤ b, c ≤ y ≤ d } o el rombo {( x, y ) ∈ \ 2 : x + y < 1} no son conjuntos cerrados.
TEOREMA (WEIERSTRASS). Si U ⊆ \ 2 es un conjunto cerrado y acotado y si la función objetivo
f : ( x, y ) ∈ U ⊆ \ 2 → f ( x, y ) ∈ \ es continua, entonces f alcanza en U sus valores mínimo y
máximo absolutos, es decir, existen dos puntos ( x1 , y1 ) y ( x2 , y2 ) pertenecientes a U tales que
f ( x1 , y1 ) ≤ f ( x, y ) ≤ f ( x2 , y2 ) para todo ( x, y ) ∈ U .
A continuación estudiaremos (en esta sección y en la siguiente) el procedimiento general para obtener los extremos absolutos de una función f en un conjunto.
OBSERVACIÓN. Los puntos ( x1 , y1 ) y ( x2 , y2 ) donde la función objetivo f alcanza los extremos
absolutos pueden pertenecer a la frontera del conjunto U , o bien, al interior del conjunto U . El primer caso será analizado en la siguiente sección. En esta sección nos ocuparemos del segundo. Es
decir, cómo encontrar puntos del interior del conjunto U donde la función puede alcanzar extremos
absolutos. Entre los puntos candidatos a buscar se encuentran los extremos relativos de f que definimos a continuación.
DEFINICIÓN. Sea f : ( x, y ) ∈ U ⊆ \ 2 → f ( x, y ) ∈ \ un campo escalar. Se dice que f alcanza un
máximo relativo en un punto ( x0 , y0 ) ∈ U si existe un disco D centrado en ( x0 , y0 ) contenido en U
tal que f ( x0 , y0 ) ≥ f ( x, y ) para todo ( x, y ) ∈ D. Se dice que f alcanza un mínimo relativo en un
punto ( x0 , y0 ) ∈ U si existe un disco D centrado en ( x0 , y0 ) contenido en U tal que
f ( x0 , y0 ) ≤ f ( x, y ) para todo ( x, y ) ∈ D. Los máximos y mínimos relativos de f se llaman genéricamente extremos relativos o extremos locales de f .
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EJEMPLO. Consideremos la función f ( x, y ) = ( x 2 + y 2 − 1) 2 . Vamos a analizar sus extremos. Observemos que f ( x, y ) = ( x 2 + y 2 − 1) 2 ≥ 0 para todo ( x, y ) ∈ \ 2 . Por tanto, en todos los puntos donde
se anule la función tendremos un mínimo absoluto. Puesto que la función se anula si, y sólo si,
x 2 + y 2 = 1, en todos los puntos de la circunferencia x 2 + y 2 = 1 la función alcanza un mínimo absoluto. Por otro lado, esta función no tiene máximo absoluto ya que no está acotada superiormente.
Sin embargo, sí alcanza un máximo relativo en el punto (0, 0). Para comprobar esto observemos
que f (0, 0) = 1 y que si ( x, y ) pertenece al disco centrado en el punto (0, 0) y de radio 1, entonces
f ( x, y ) = ( x 2 + y 2 − 1) 2 < 1.
Con lo que llevamos estudiado hasta estos momentos no es fácil comprobar que en este ejemplo no
hay más extremos relativos. Sin embargo, esto será consecuencia directa del siguiente resultado que
proporciona una condición necesaria para que un punto sea un extremo relativo.
PROPOSICIÓN (CONDICIÓN NECESARIA DE EXTREMO RELATIVO). Si la función objetivo f tiene un
extremo relativo en un punto ( x0 , y0 ) y es diferenciable en dicho punto, entonces Df ( x0 , y0 ) = 0, es
decir, se verifica que f x ( x0 , y0 ) = f y ( x0 , y0 ) = 0.
DEM. Si f alcanza un extremo relativo en ( x0 , y0 ), entonces la función h( x) = f ( x, y0 ) de una variable también alcanza un extremo relativo en el punto x0 . Por tanto, h′( x0 ) = 0. Teniendo en cuenta
que f x ( x0 , y0 ) = h′( x0 ), obtenemos que f x ( x0 , y0 ) = 0. De forma análoga se obtiene f y ( x0 , y0 ) = 0.
DEFINICIÓN. Se dice que un punto ( x0 , y0 ) ∈ D es un punto estacionario o punto crítico de la función objetivo f si Df ( x0 , y0 ) = 0.
⎧ f x ( x, y ) = 0,
OBSERVACIÓN. La igualdad Df ( x0 , y0 ) = 0 nos proporciona el sistema de ecuaciones ⎨
⎩ f y ( x, y ) = 0,
que nos permite obtener un conjunto de puntos candidatos a que en ellos la función objetivo alcance
un extremo relativo.
EJEMPLO. Volviendo al ejemplo de la función f ( x, y ) = ( x 2 + y 2 − 1) 2 , vamos a usar la condición necesaria de extremo relativo para ver que ya habíamos encontrado todos los extremos relativos. Para
ello calculamos los puntos críticos de la función, es decir, resolvemos el sistema
2
2
⎧
⎪ f x ( x, y ) = 4 x ( x + y − 1) = 0,
⎨
2
2
⎪⎩ f y ( x, y ) = 4 y ( x + y − 1) = 0.
Por un lado tenemos que los puntos de la circunferencia x 2 + y 2 = 1 son todos puntos críticos. Ya
sabemos que en ellos la función alcanza el mínimo absoluto. La otra solución del sistema es
x = y = 0, es decir, (0, 0) es un punto crítico. Ya sabemos que la función alcanza en este punto un
máximo relativo.
Volviendo al caso general, tenemos que decir que no todos estos puntos críticos, es decir, solucio-
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Lección 1. Aplicaciones de la derivación parcial.
⎧ f x ( x, y ) = 0,
serán extremos relativos de la función f . Esto queda de manifiesto
nes del sistema ⎨
⎩ f y ( x, y ) = 0,
en el siguiente ejemplo.
EJEMPLO. Como ocurre en el caso de una variable, no todos estos puntos críticos, es decir, solucio⎧ f x ( x, y ) = 0,
son extremos relativos de la función f . La función definida por
nes del sistema ⎨
⎩ f y ( x, y ) = 0,
f ( x, y ) = x 2 − y 2 tiene un punto estacionario en (0, 0), sin embargo dicho punto no es un extremo
relativo de f , puesto que en cualquier entorno del origen hay puntos en los que la función es positiva y puntos en los que la función es negativa.
Los puntos estacionarios de una función que no son extremos relativos de la misma se llaman puntos de silla o puntos de ensilladura. El origen de coordenadas es un punto de silla para la función
f ( x, y ) = x 2 − y 2 .
¿Cómo podemos saber si un punto crítico es un máximo relativo, un mínimo relativo o un punto de
silla? Como sabemos, en el caso de una variable se hace analizando el signo de la derivada segunda
de la función objetivo. En el caso de varias variables la clave está en la matriz diferencial segunda
de la función objetivo. A continuación veremos una condición necesaria y otra suficiente en términos de las derivadas parciales segundas.
PROPOSICIÓN. Supongamos que la función objetivo f es suficientemente regular y alcanza un
máximo (respectivamente mínimo) relativo en el punto ( x0 , y0 ). Entonces la matriz diferencial segunda D 2 f ( x0 , y0 ) es semidefinida negativa (respectivamente positiva).
DEM. Supongamos que la función objetivo f alcanza un máximo relativo en el punto ( x0 , y0 ). Sea
u = (u1 , u2 )t ∈ \ 2 un vector no nulo. Tenemos que probar que u t D 2 f ( x0 , y0 )u ≤ 0. Para ello, consideremos la función de una variable h(t ) = f ( x0 + tu1 , y0 + tu2 ), que es la restricción de f ( x, y ) a un
segmento centrado en el punto ( x0 , y0 ) en la dirección del vector u. Calculemos sus derivadas:
h′(t ) = f x ( x0 + tu1 , y0 + tu2 )u1 + f y ( x0 + tu1 , y0 + tu2 )u2 ;
h′′(t ) = f xx ( x0 + tu1 , y0 + tu2 )u12 + 2 f xy ( x0 + tu1 , y0 + tu2 )u1u2 + f yy ( x0 + tu1 , y0 + tu2 )u22 .
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Lección 1. Aplicaciones de la derivación parcial.
En particular, h′′(0) = f xx ( x0 , y0 )u12 + 2 f xy ( x0 , y0 )u1u2 + f yy ( x0 , y0 )u22 = u t D 2 f ( x0 , y0 )u. Por otro lado,
si f ( x, y ) tiene un máximo relativo en el punto ( x0 , y0 ), entonces h(t ) tiene también un máximo
relativo en cero. Por tanto, h′(0) = 0 y h′′(0) ≤ 0. Entonces u t D 2 f ( x0 , y0 )u ≤ 0.
EJEMPLO. En general no es cierto que si la matriz diferencial segunda D 2 f ( x0 , y0 ) en un punto
crítico de la función objetivo f es semidefinida negativa (respectivamente positiva), la función
objetivo alcanza un máximo (respectivamente mínimo) relativo en el punto ( x0 , y0 ). Consideremos,
f ( x, y ) = x 2 − y 4 . El punto (0, 0) es un punto crítico porque
⎡2 0⎤
Df (0, 0) = (0, 0) y la matriz diferencial segunda es D 2 f (0, 0) = ⎢
⎥ que es semidefinida positi⎣0 0⎦
va. Pero la función f no alcanza en (0, 0) un mínimo relativo. De hecho, (0, 0) es un punto de silla
para la función.
por ejemplo, la función
PROPOSICIÓN. Supongamos que la función objetivo f es suficientemente regular y que ( x0 , y0 ) es
un punto estacionario de f , esto es, que Df ( x0 , y0 ) = 0. Entonces, se verifica que:
1) Si D 2 f ( x0 , y0 ) es definida positiva, la función f tiene un mínimo relativo en ( x0 , y0 ).
2) Si D 2 f ( x0 , y0 ) es definida negativa, la función f tiene un máximo relativo en ( x0 , y0 ).
3) Si D 2 f ( x0 , y0 ) es indefinida, la función f tiene un punto de silla en ( x0 , y0 ).
DEM. 1) Puesto que la circunferencia S = {(u, v) ∈ \ 2 : u 2 + v 2 = 1} es un conjunto cerrado y acota⎛u ⎞
do y la función definida por (u, v) 6 (u , v) D 2 f ( x0 , y0 ) ⎜ ⎟ es continua, el teorema de Weierstrass
⎝v⎠
⎛u ⎞
⎛u ⎞
garantiza que existe (u0 , v0 ) tal que m := (u0 , v0 ) D 2 f ( x0 , y0 ) ⎜ 0 ⎟ ≤ (u , v) D 2 f ( x0 , y0 ) ⎜ ⎟ para todo
⎝v⎠
⎝ v0 ⎠
(u, v) ∈ S . Además, m > 0 ya que la matriz D 2 f ( x0 , y0 ) es definida positiva. Por otro lado, al ser
( x0 , y0 ) un punto estacionario de la función f , el teorema de Taylor implica que si ( s, t ) ≠ (0, 0),
entonces
⎛s⎞
1
f ( x0 + s, y0 + t ) − f ( x0 , y0 ) = ( s, t ) D 2 f ( x0 , y0 ) ⎜ ⎟ + R ( s, t )
2
⎝t ⎠
⎡1
⎛ u ⎞ R ( s, t ) ⎤
= ( s 2 + t 2 ) ⎢ (u, v) D 2 f ( x0 , y0 ) ⎜ ⎟ + 2 2 ⎥ ,
⎝v⎠ s +t ⎦
⎣2
⎛
⎞
s
t
donde hemos llamado (u , v) = ⎜
,
⎟ . Por otra parte, sabemos que se verifica que
2
2
s2 + t 2 ⎠
⎝ s +t
R ( s, t )
R ( s, t )
m
lim 2 2 = 0. Así que, existe un número δ > 0 tal que si s 2 + t 2 < δ 2 , entonces 2 2 > − .
( s ,t ) → 0 s + t
s +t
2
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Lección 1. Aplicaciones de la derivación parcial.
De esta forma, si tomamos ( s, t ) tal que s 2 + t 2 < δ 2 , se verifica que
⎡1
⎛ u ⎞ R ( s, t ) ⎤
f ( x0 + s, y0 + t ) − f ( x0 , y0 ) = ( s 2 + t 2 ) ⎢ (u, v) D 2 f ( x0 , y0 ) ⎜ ⎟ + 2 2 ⎥
⎝v⎠ s +t ⎦
⎣2
⎡1
⎛u ⎞ m⎤
≥ ( s 2 + t 2 ) ⎢ (u , v) D 2 f ( x0 , y0 ) ⎜ ⎟ − ⎥ > 0.
⎝v⎠ 2 ⎦
⎣2
Análogamente se prueba el apartado 2).
3) Si D 2 f ( x0 , y0 ) es indefinida, entonces por la condición necesaria para la segunda derivada, la
función f no puede alcanzar en ( x0 , y0 ) ni un máximo ni un mínimo relativo, luego f tiene un
punto de silla en ( x0 , y0 ).
Puesto que podemos obtener el carácter de la diferencial segunda en términos del signo de su determinante y de la traza de dicha matriz, enunciamos ahora un criterio en estos términos.
COROLARIO. Supongamos que la función objetivo es suficientemente regular y que ( x0 , y0 ) es un
punto estacionario de f . Sea δ = det D 2 f ( x0 , y0 ). Entonces se verifica que:
1) Si δ > 0 y f xx ( x0 , y0 ) > 0, la función f tiene un mínimo relativo en el punto ( x0 , y0 );
2) Si δ > 0 y f xx ( x0 , y0 ) < 0, la función f tiene un máximo relativo en el punto ( x0 , y0 );
3) Si δ < 0, la función f tiene un punto de silla en ( x0 , y0 ).
OBSERVACIÓN. A la vista de los dos últimos resultados, queda una situación en la que la teoría general no da información: cuando ( x0 , y0 ) es un punto crítico y D 2 f ( x0 , y0 ) es semidefinida positiva
(respectivamente negativa) pero no definida positiva (respectivamente negativa) puede ocurrir que
la función tenga un mínimo (respectivamente máximo) o que no lo tenga. Por ejemplo, consideremos las función g ( x, y ) = x 2 + y 4 . Es claro que (0, 0) es un mínimo relativo de f y la diferencial
⎡ 2 0⎤
segunda D 2 g (0, 0) = ⎢
⎥ es semidefinida positiva. Por otra parte, sabemos que la función
⎣0 0⎦
f ( x, y ) = x 2 − y 4 tiene un punto crítico en (0, 0), que de hecho es un punto de silla, y la diferencial
segunda D 2 f (0, 0) es también semidefinida positiva.
EJEMPLO. Vamos a calcular y clasificar los puntos críticos de f ( x, y ) = sen( x + y ) + cos( x − y ). Comenzamos calculando sus derivadas parciales:
f x ( x, y ) = cos( x + y ) − sen( x − y )
y
f y ( x, y ) = cos( x + y ) + sen( x − y ).
⎧cos( x + y ) − sen( x − y ) = 0,
que es equivaLos puntos críticos son las soluciones de las ecuaciones ⎨
⎩cos( x + y ) + sen( x − y ) = 0,
⎧cos( x + y ) = 0,
Puesto que el seno se anula en los múltiplos de π y el coseno lo hace en los
lente a ⎨
⎩sen( x − y ) = 0.
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π
1⎞
⎛
, deben existir números enteros k y m tales que x − y = kπ y x + y = ⎜ m + ⎟ π .
2⎠
2
⎝
1 ⎞π
1 ⎞π
⎛
⎛
Despejando obtenemos que x = ⎜ k + m + ⎟ e y = ⎜ − k + m + ⎟ . Resumiendo, los puntos críti2⎠ 2
2⎠ 2
⎝
⎝
⎛⎛
1 ⎞π ⎛
1 ⎞π ⎞
cos son los de la forma Pk , m = ⎜ ⎜ k + m + ⎟ , ⎜ − k + m + ⎟ ⎟ , donde k , m ∈ Z. Para clasificarlos
2⎠ 2 ⎝
2⎠ 2 ⎠
⎝⎝
calculamos la diferencial segunda de la función f ( x, y )
múltiplos de
⎡ f xx ( x, y )
D 2 f ( x, y ) = ⎢
⎣ f xy ( x, y )
f xy ( x, y ) ⎤ ⎡ − sen( x + y ) − cos( x − y ) − sen( x + y ) + cos( x − y ) ⎤
=
.
f yy ( x, y ) ⎦⎥ ⎢⎣ − sen( x + y ) + cos( x − y ) − sen( x + y ) − cos( x − y ) ⎥⎦
En particular, en el punto Pk ,m tenemos que
⎡
π⎞
π⎞
⎤
⎛
⎛
⎢ − sen ⎜ mπ + 2 ⎟ − cos(kπ ) − sen ⎜ mπ + 2 ⎟ + cos(kπ ) ⎥
⎝
⎠
⎝
⎠
⎥
D 2 f ( Pk , m ) = ⎢
⎢
⎥
π
π
⎛
⎞
⎛
⎞
⎢ − sen ⎜ mπ + ⎟ + cos(kπ ) − sen ⎜ mπ + ⎟ − cos(kπ ) ⎥
2⎠
2⎠
⎝
⎝
⎣
⎦
⎡ − ( −1)m − ( −1)k
=⎢
m
k
⎢⎣ − ( −1) + ( −1)
De esta forma det D 2 f ( Pk ,m ) = 4 ( −1)
los puntos críticos:
m
( −1)
k
m
k
− ( −1) + ( −1) ⎤
⎥.
m
k
− ( −1) − ( −1) ⎥⎦
. Con todos estos datos, podemos pasar ya a clasificar
1) Si uno de los dos números k o m es impar y el otro par, entonces det D 2 f ( Pk , m ) < 0 y Pk , m es un
punto de silla.
2) Si k y m son números pares, entonces det D 2 f ( Pk , m ) > 0 y f xx ( Pk ,m ) = −2. El punto Pk , m es un
máximo relativo. Observemos que en este caso, f ( Pk ,m ) = 2 y puesto que f ( x, y ) ≤ 2 para todo
( x, y ) ∈ \ 2 , obtenemos que la función alcanza un máximo absoluto en el punto Pk , m .
3) Si k y m son números impares, entonces det D 2 f ( Pk , m ) > 0 y f xx ( Pk ,m ) = 2. El punto Pk , m es un
mínimo relativo. Observemos que en este caso, f ( Pk ,m ) = −2 y puesto que f ( x, y ) ≥ −2 para todo
( x, y ) ∈ \ 2 , obtenemos que la función alcanza un mínimo absoluto en el punto Pk , m .
EJEMPLO. Los resultados que acabamos de estudiar también se pueden aplicar a funciones definidas
implícitamente, como veremos en este ejemplo. En primer lugar vamos a comprobar que la ecuación z cos z + xy = 0 define implícitamente z como función de x e y en un entorno del punto
(0, 0, 0). Para ello, consideremos la función F ( x, y, z ) = z cos z + xy, que tiene derivadas parciales
continuas en \ 3 y, además, F (0, 0, 0) = 0. Como tenemos que Fz ( x, y, z ) = cos z − z sen z y, en particular Fz (0, 0, 0) = 1 ≠ 0, el teorema de la función implícita, asegura que existe un disco D centra-
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Lección 1. Aplicaciones de la derivación parcial.
do (0, 0) y una única función z : ( x, y ) ∈ D ⊆ \ 2 → z ( x, y ) ∈ \ con derivadas parciales continuas
en D tal que z (0, 0) = 0 y z = z ( x, y ) es solución de la ecuación F ( x, y, z ) = 0, o sea,
z ( x, y ) cos( z ( x, y )) + xy = 0, ( x, y ) ∈ D.
Ahora vamos a comprobar que el origen es un punto crítico de z ( x, y ) y vamos a clasificarlo. Puesto que la función F tiene derivadas parciales de orden superior continuas, la función z = z ( x, y )
también las tendrá. De hecho, si derivamos en la ecuación anterior dos veces con respecto a la variable x y otras dos veces con respecto a la variable y, obtenemos
z x cos z − z sen( z ) z x + y = 0,
z xx cos z − 2sen( z ) z − z cos( z ) z x2 − z sen( z ) z xx = 0,
2
x
z y cos z − z sen( z ) z y + x = 0,
z yy cos z − 2sen( z ) z y2 − z cos( z ) z 2y − z sen( z ) z yy = 0.
Derivando ahora en la primera de estas cuatro ecuaciones con respecto a la variable y, obtenemos:
z xy cos z − 2 z x sen( z ) z y − z cos( z ) z y z x − z sen( z ) z xy + 1 = 0. Para simplificar la notación hemos suprimido en las igualdades anteriores las variables de la función z = z ( x, y ) y de sus derivadas. Tomando ahora x = y = 0 en la primera y tercera de estas ecuaciones y teniendo en cuenta que z (0, 0) = 0,
obtenemos que z x (0, 0) = z y (0, 0) = 0. Luego (0, 0) es un punto crítico de la función. De la segunda
ecuación tenemos que z xx (0, 0) = 0, de la cuarta que z yy (0, 0) = 0 y de la quinta que z xy (0, 0) = −1.
⎡ 0 −1⎤
La matriz diferencial segunda es D 2 z (0, 0) = ⎢
⎥ y su determinante es −1. Por tanto, la fun⎣ −1 0 ⎦
ción z ( x, y ) tiene un punto de silla en el origen.
EJEMPLO. Vamos a determinar los extremos absolutos de la función f ( x, y ) = 3x 2 y 2 + 2 x3 + 2 y 3 en
el rectángulo U := [−2,1] × [−5,1]. Observemos que esta función continua alcanza el máximo y el
mínimo porque U es un conjunto cerrado y acotado y podemos aplicar el teorema de Weierstrass.
Los extremos absolutos deben estar en la frontera del dominio o en el interior y, por tanto, en este
último caso deben ser puntos críticos. Comenzamos estudiando los puntos críticos que hay en el interior del rectángulo. Para ello calculamos las derivadas parciales de la función f ( x, y ) y obtenemos f x ( x, y ) = 6 xy 2 + 6 x 2 y f y ( x, y ) = 6 x 2 y + 6 y 2 . Así que los puntos críticos serán las soluciones
⎧⎪ x( y 2 + x) = 0,
Si x = 0, de la segunda ecuación deducimos que y = 0. Por tanto,
del sistema ⎨ 2
⎪⎩( x + y ) y = 0.
P1 = (0, 0) es un punto crítico. Por otro lado, si x ≠ 0, entonces y 2 + x = 0 (en particular, y ≠ 0 ) y
x 2 + y = 0 . Por tanto, x = − y 2 e y = − x 2 = − y 4 . De aquí se deduce que y = −1 (tengamos en cuenta
que y ≠ 0 ) y x = −1. Es decir, P2 = (−1, −1) es un punto crítico. Tenemos así que P1 y P2 son los
puntos críticos del interior del rectángulo. Además f ( P1 ) = 0 y f ( P2 ) = −1. Vamos a estudiar ahora
los valores que toma la función f ( x, y ) en la frontera del rectángulo. Analizamos por separado cada uno de los cuatro segmentos que componen dicha frontera.
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Lección 1. Aplicaciones de la derivación parcial.
Caso 1: x = −2. Restringimos la función a este segmento con lo que obtenemos una función de una
única variable h( y ) = f (−2, y ) = 12 y 2 − 16 + 2 y 3 en el intervalo [−5,1]. Puesto que la derivada
h′( y ) = 24 y + 6 y 2 = 0 se anula en y = 0 e y = −4 , esta función alcanza su máximo y mínimo en el
intervalo [−5,1] en uno de los siguientes puntos: y = −5, y = −4, y = 0 o y = 1. Por consiguiente,
la función f ( x, y ) puede alcanzar los extremos en P3 = (−2, −5) , P4 = (−2, −4) , P5 = (−2, 0) o
P6 = (−2,1). Observa que f ( P3 ) = 34, f ( P4 ) = 48, f ( P5 ) = −16 y f ( P6 ) = −2.
Caso 2: x = 1. En este caso tenemos que h( y ) = f (1, y ) = 3 y 2 + 2 + 2 y 3 . Puesto que su derivada
h′( y ) = 6 y + 6 y 2 = 0 se anula en y = 0 e y = −1 , esta función alcanza su máximo y mínimo en el
intervalo [−5,1] en uno de los siguientes puntos: y = −5, y = −1, y = 0 o y = 1. Por consiguiente,
la función f ( x, y ) puede alcanzar sus extremos absolutos en P7 = (1, −5) , P8 = (1, −1) , P9 = (1, 0) o
P10 = (1,1). Observa que f ( P7 ) = −173, f ( P8 ) = 3, f ( P9 ) = 2, y f ( P10 ) = 7.
Caso 3: y = −5. En este caso tenemos que g ( x) = f ( x, −5) = 75 x 2 + 2 x 3 − 250, cuya derivada es
g ′( x) = 150 x + 6 x 2 = 0 y se anula en x = 0 y x = −25. Esta función alcanza su máximo y mínimo
en el intervalo [−2,1] cuando x = −2, x = 0 o x = 1. Puesto que en los extremos del intervalo ya
hemos estudiado el valor de la función, sólo tenemos que considerar el punto P11 = (0, −5). Observa
que f ( P11 ) = −250.
Caso 4: y = 1. Ahora tenemos que g ( x) = f ( x,1) = 3 x 2 + 2 x 3 + 2 cuya derivada g ′( x) = 6 x + 6 x 2 = 0
se anula en x = 0 y x = −1. Esta función alcanza su máximo y mínimo en el intervalo [−2,1] cuando x = −2, x = −1, x = 0 o x = 1. Puesto que en los extremos del intervalo ya hemos estudiado el
valor de la función, sólo tenemos que considerar los puntos P12 = (−1,1) y P13 = (0,1). Observa que
f ( P12 ) = 3 y f ( P13 ) = 2.
Concluimos que la función alcanza su mínimo en el punto P11 = (0, −5) y el máximo lo alcanza en el
punto P4 = (−2, −4), donde vale −250 y 48 respectivamente.
Extremos de funciones de tres variables. El estudio de los máximos y mínimos de campos escalares de tres variables es análogo al que acabamos de realizar para los de dos variables. A continuación enunciamos las correspondientes definiciones y resultados.
DEFINICIÓN. Sea f : ( x, y, z ) ∈ U ⊆ \ 3 → f ( x, y, z ) ∈ \ un campo escalar. Se dice que f alcanza el
máximo absoluto en ( x0 , y0 , z0 ) ∈ U si f ( x0 , y0 , z0 ) ≥ f ( x, y, z ) para todo ( x, y, z ) ∈ U . Se dice que
f alcanza el mínimo absoluto en ( x0 , y0 , z0 ) ∈ U si f ( x0 , y0 , z0 ) ≤ f ( x, y, z ) para todo ( x, y, z ) ∈ U .
Los valores máximo y mínimo de f se llaman extremos absolutos de f en D.
Una bola B en \ 3 , centrada en el punto ( x0 , y0 , z0 ) con radio r > 0, es el conjunto
B = {( x, y, z ) ∈ \ 3 : ( x − x0 ) 2 + ( y − y0 ) 2 + ( y − y0 ) 2 ≤ r 2 } .
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MATEMÁTICAS II. DPTO. DE MATEMÁTICA APLICADA II
Lección 1. Aplicaciones de la derivación parcial.
TEOREMA (WEIERSTRASS). Sea f : ( x, y, z ) ∈ U ⊆ \ 3 → f ( x, y, z ) ∈ \ una función continua y U un
conjunto cerrado y acotado (está contenido en una bola centrada en el origen). Entonces f alcanza
en U los valores mínimo y máximo absolutos, es decir, existen dos puntos ( x1 , y1 , z1 ) y ( x2 , y2 , z2 )
pertenecientes a U tales que f ( x1 , y1 , z1 ) ≤ f ( x, y, z ) ≤ f ( x2 , y2 , z2 ) para todo ( x, y, z ) ∈ U .
DEFINICIÓN. Sea f : ( x, y, z ) ∈ U ⊆ \ 3 → f ( x, y, z ) ∈ \ un campo escalar. Se dice que f alcanza
un máximo relativo en ( x0 , y0 , z0 ) ∈ U si existe una bola B centrada en ( x0 , y0 , z0 ) contenida en U
tal que f ( x0 , y0 , z0 ) ≥ f ( x, y, z ) para todo ( x, y, z ) ∈ B. Se dice que f alcanza un mínimo relativo
en ( x0 , y0 , z0 ) ∈ U si existe una bola B centrada en ( x0 , y0 , z0 ) contenida en U tal que
f ( x0 , y0 , z0 ) ≤ f ( x, y, z ) para todo ( x, y, z ) ∈ B. Los máximos y mínimos relativos de f se llaman
genéricamente extremos relativos o extremos locales de f .
PROPOSICIÓN. Si la función objetivo f alcanza un extremo relativo en un punto ( x0 , y0 , z0 ) y es
diferenciable en dicho punto, entonces Df ( x0 , y0 , z0 ) = 0, o sea, que verifica
f x ( x0 , y0 , z0 ) = f y ( x0 , y0 , z0 ) = f z ( x0 , y0 , z0 ) = 0.
DEFINICIÓN. Se dice que un punto ( x0 , y0 , z0 ) ∈ \3 es un punto estacionario o punto crítico de la
función objetivo f cuando Df ( x0 , y0 , z0 ) = 0.
PROPOSICIÓN. Supongamos que la función objetivo f es suficientemente regular y alcanza un
máximo (respectivamente, mínimo) relativo en el punto ( x0 , y0 , z0 ). Entonces la matriz diferencial
segunda D 2 f ( x0 , y0 , z0 ) es semidefinida negativa (respectivamente positiva).
PROPOSICIÓN. Supongamos que la función objetivo es suficientemente regular y que ( x0 , y0 , z0 ) es
un punto estacionario de f . Entonces, se verifica que
1) Si D 2 f ( x0 , y0 , z0 ) es definida positiva, la función f alcanza en ( x0 , y0 , z0 ) un mínimo relativo.
2) Si D 2 f ( x0 , y0 , z0 ) es definida negativa, la función f alcanza en ( x0 , y0 , z0 ) un máximo relativo.
DEFINICIÓN. En las condiciones del resultado anterior, si D 2 f ( x0 , y0 , z0 ) es indefinida, diremos que
f tiene en ( x0 , y0 , z0 ) un punto de silla.
EJERCICIO 1. Calcula y clasifica los extremos relativos de cada una de las siguientes funciones:
(1) f ( x, y ) = − y 3 + 3 yx 2 − x + 3 y.
(2) f ( x, y ) = ( x + y 2 )e x .
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MATEMÁTICAS II. DPTO. DE MATEMÁTICA APLICADA II
Lección 1. Aplicaciones de la derivación parcial.
(3) f ( x, y, z ) = x 2 + y 2 + sen( xy ) + z 2 .
(4) f ( x, y ) = x sen y.
(5) f ( x, y ) = ( x + y )( xy + 1).
EJERCICIO 2. Calcula los extremos absolutos de la función f ( x, y ) = 2 + 2 x + 2 y − x 2 − y 2 en el
triángulo de vértices ( 0, 0 ) , ( 9, 0 ) y ( 0,9 ) .
EJERCICIO 3. Calcula los valores máximo y mínimo de la función f ( x, y ) = sen x + cos y en el cua-
drado U := {( x, y ) ∈ \ 2 :1 ≤ x ≤ 7, 1 ≤ y ≤ 7} .
EJERCICIO 4. Calcula el valor del parámetro a sabiendo que f ( x, y ) = x 3 − 3axy + y 3 tiene un punto crítico que se encuentra situado sobre la recta de ecuación y = 2 x − 3. Halla dicho punto crítico y
clasifícalo.
EJERCICIO 5. (1) Prueba que la ecuación z 3 − 2 xy + y = 0 define z como función implícita de
( x, y ) en un entorno de (1,1,1) y determina el polinomio de Taylor de segundo orden de dicha función implícita z = z ( x, y ) en el punto (1,1).
(2) Siendo z = z ( x, y ) la función implícita del apartado anterior, halla los valores de los parámetros
α y β para los que el punto (1,1) es un punto crítico de la función
g ( x, y ) = z ( x, y ) − α ( x − 1) + β ( y − 1)
y clasifícalo.
EJERCICIO 6. Halla y clasifica los puntos críticos de los siguientes campos escalares.
(1) f ( x, y, z ) = x 2 + y 2 + z 2 + xy.
(2) f ( x, y, z ) = xyz + xz + yz.
EJERCICIO 7. Considera la ecuación x 2 + y 3 x = 1 en R 3 . Comprueba que dicha ecuación define x
como función implícita de y y z alrededor del punto (1, 0,3). Comprueba que dicha función tiene
un punto crítico en el punto (0,3).
EJERCICIO 8. Cuando ajustamos una recta y = mx + b a un conjunto de datos numéricos dados por
los puntos ( x1 , y1 ) , ( x2 , y2 ) , …, ( xn , yn ) , usualmente elegimos la recta que minimiza la suma de los
cuadrados de las distancias verticales de los puntos a la recta.
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MATEMÁTICAS II. DPTO. DE MATEMÁTICA APLICADA II
Lección 1. Aplicaciones de la derivación parcial.
Esto significa que queremos calcular los valores m y b que minimiza el valor de la función
w(m, b) := ( mx1 + b − y1 ) + ( mx2 + b − y2 ) + " + ( mxn + b − yn ) .
2
2
2
Los valores de m y b donde se alcanza el mínimo se pueden obtener con el criterio de las derivas
⎛ n
⎞⎛ n
⎞ ⎛ n
⎞
x
y
⎜ ∑ k ⎟ ⎜ ∑ k ⎟ − n ⎜ ∑ xk yk ⎟
n
n
⎠ y b = 1 ⎛ y − m x ⎞ . La
primera y segunda y resultan ser m = ⎝ k =1 ⎠ ⎝ k =1 2 ⎠ ⎝ k =1
∑
∑
k
k ⎟
n ⎜⎝ k =1
k =1
⎠
⎛ n
⎞
⎛ n 2⎞
⎜ ∑ xk ⎟ − n ⎜ ∑ xk ⎟
⎝ k =1 ⎠
⎝ k =1 ⎠
recta y = mx + b obtenida con los anteriores valores de m y b se llama recta de regresión o recta
de mínimos cuadrados para los datos ( x1 , y1 ) , ( x2 , y2 ) , …, ( xn , yn ) . Justifica el procedimiento descrito anteriormente y calcula la recta de regresión de los datos ( 0,1) , (1,3) , ( 2, 2 ) , ( 3, 4 ) y ( 4,5 ) .
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