Máximos y Mínimos de Funciones de Varias Variables Angel Carrillo Hoyo, Elena de Oteyza de Oteyza\(^2\), Carlos Hernández Garciadiego\(^1\), Emma Lam Osnaya\(^2\) \(^1\) Instituto de Matemáticas, UNAM; \(^2\) Facultad de Ciencias, UNAM

Ejemplo 3

Solución:

La función es polinomial, por lo que las derivadas parciales existen en todo el plano, entonces los valores extremos se pueden alcanzar en

• el interior de la región, en los puntos estacionarios, o bien
• los puntos frontera de la región.

• Puntos estacionarios: La función es $f\left( x,y\right) =x^{2}+xy+y^{2}$

  Calculamos las derivadas parciales de primer orden \begin{equation*} \dfrac{\partial f}{\partial x}\left( x,y\right) =2x+y \quad \quad \quad \text{ y} \quad \quad \quad \frac{\partial f}{\partial y}\left( x,y\right) =x+2y \end{equation*}

  Igualamos las derivadas de primer orden a cero para determinar los puntos estacionarios \begin{eqnarray*} 2x+y & = & 0 \\ x+2y & = & 0 \end{eqnarray*} despejamos $y$ de la primera ecuación del sistema anterior \begin{equation*} y=-2x \end{equation*} y lo sustituimos en la segunda ecuación \begin{eqnarray*} x+2\left( -2x\right) & = & 0 \\ -3x & = & 0 \\ x & = & 0, \end{eqnarray*} de donde \begin{equation*} y=0. \end{equation*} El punto $A\left( 0,0\right) $ es estacionario. Observamos que el punto se encuentra en el interior de la región.

  Calculamos las derivadas de segundo orden. \begin{equation*} \dfrac{\partial ^{2}f}{\partial x^{2}}\left( x,y\right) =2, \quad \quad \quad \dfrac{\partial ^{2}f}{\partial y^{2}}\left( x,y\right) =2, \quad \quad \quad \dfrac{\partial ^{2}f}{\partial y\partial x}\left( x,y\right) =1=\dfrac{ \partial ^{2}f}{\partial x\partial y}\left( x,y\right) . \end{equation*} Analizamos $\dfrac{\partial ^{2}f}{\partial x^{2}}$ y el determinante hessiano en $A\left( 0,0\right) $: \begin{eqnarray*} \dfrac{\partial ^{2}f}{\partial x^{2}}\left( 0,0\right) & = & 2>0 \\ \left\vert H\left( 0,0\right) \right\vert & = & 3>0, \end{eqnarray*} entonces en el origen hay un mínimo relativo.

  El valor de la función en $A\left( 0,0\right) $ es \begin{equation*} f\left( 0,0\right) =0. \end{equation*}

• Los puntos frontera son los del círculo unitario. Parametrizamos el círculo, entonces tenemos $\left( \cos t, \text{sen} t\right) $ con $t\in \left[ 0,2\pi \right] $ y ahora evaluamos la función $f$ en esta parametrización \begin{eqnarray*} f\left( \cos t, \text{sen}t\right) & = & \left( \cos t\right) ^{2}+\cos t \text{sen}t+\left( \text{sen}t\right) ^{2} \\ & = & 1+\cos t \text{sen}t \\ & = & 1+\dfrac{ \text{sen}2t}{2}\quad \quad \text{ con } t\in \left[ 0,2\pi \right] \end{eqnarray*} La gráfica de $1+\cos t \text{sen}t$ es
  

  Los valores extremos de $f\left( \cos t, \text{sen}t\right) $ se pueden alcanzar en:

  (i) Los extremos del intervalo $\left[ 0,2\pi \right] $: $0$ y $2\pi .$ Ahí los valores de $f\left( \cos t, \text{sen}t\right) $ son \begin{eqnarray*} f\left( \cos 0, \text{sen}0\right) & = & 1+\dfrac{ \text{sen}2\left( 0\right) }{2}=1 \\ f\left( \cos 2\pi , \text{sen}2\pi \right) & = & 1+\dfrac{ \text{sen} 2\left( 0\right) }{2}=1 \end{eqnarray*} Es decir, \begin{equation*} f\left( 1,0\right) =1. \end{equation*}

  (ii) Los otros candidatos para que $f\left( \cos t, \text{sen}t\right) $ alcance algún valor extremo son los puntos estacionarios de $f\left( \cos t, \text{sen}t\right) $ en el interior de $\left[ 0,2\pi \right] $.

  Calculamos la primera derivada \begin{equation*} \dfrac{d}{dt}f\left( \cos t, \text{sen}t\right) =\dfrac{1}{2}\left( 2\cos 2t\right) =\cos 2t \end{equation*} ahora igualamos la derivada a cero \begin{equation*} \cos 2t=0 \end{equation*} de donde \begin{eqnarray*} 2t & = & \dfrac{\pi }{2}+k\pi \\ t & = & \dfrac{\pi }{4}+k\dfrac{\pi }{2} \quad \quad \text{con } k=0,...,3 \end{eqnarray*} así los puntos estacionarios son \begin{equation*} \dfrac{\pi }{4},\quad \quad \dfrac{3}{4}\pi , \quad \quad \dfrac{5}{4}\pi , \quad \quad \dfrac{7}{4}\pi . \end{equation*} Calculamos la segunda derivada \begin{equation*} \dfrac{d^{2}f}{dt^{2}}\left( \cos t, \text{sen}t\right) =\dfrac{d}{dt} \left( \cos 2t\right) =-2 \text{sen}2t. \end{equation*} Ahora evaluamos la segunda derivada en los puntos estacionarios de $f\left( \cos t, \text{sen}t\right) .$

  • Si $t=\dfrac{\pi }{4}$ \begin{equation*} \dfrac{d^{2}f}{dt^{2}}\left( \cos \dfrac{\pi }{4}, \text{sen}\dfrac{\pi }{4 }\right) =-2 \text{sen}\left( 2\left( \dfrac{\pi }{4}\right) \right) =-2 \text{sen}\dfrac{\pi }{2}=-2 < 0, \end{equation*}

    entonces en $t=\dfrac{\pi }{4}$ hay un máximo relativo. El valor de la función en $\dfrac{\pi }{4}$ es \begin{equation*} f\left( \cos \dfrac{\pi }{4}, \text{sen}\dfrac{\pi }{4}\right) =1+\dfrac{ \text{sen}2\left( \dfrac{\pi }{4}\right) }{2}=1+\dfrac{1}{2}=\dfrac{3}{2}. \end{equation*} El punto $\left( \cos \dfrac{\pi }{4}, \text{sen}\dfrac{\pi }{4}\right) $ corresponde al punto $\left( \dfrac{1}{\sqrt{2}},\dfrac{1}{\sqrt{2}}\right) $ . Así, \begin{equation*} f\left( \dfrac{1}{\sqrt{2}},\dfrac{1}{\sqrt{2}}\right) =\dfrac{3}{2}. \end{equation*}

  • Si $t=\dfrac{3}{4}\pi ,$ \begin{equation*} \dfrac{d^{2}f}{dt^{2}}\left( \cos \dfrac{3}{4}\pi , \text{sen}\dfrac{3}{4} \pi \right) =-2 \text{sen}\left( 2\left( \dfrac{3}{4}\pi \right) \right) =-2 \text{sen}\dfrac{3\pi }{2}=2>0, \end{equation*} entonces en $t=\dfrac{3}{4}\pi $ hay un mínimo relativo. El valor de la función en $\dfrac{3}{4}\pi $ es \begin{equation*} 1+\dfrac{ \text{sen}2\left( \dfrac{3}{4}\pi \right) }{2}=1-\dfrac{1}{2}= \dfrac{1}{2}. \end{equation*} El punto $\left( \cos \dfrac{3}{4}\pi , \text{sen}\dfrac{3}{4}\pi \right) $ corresponde al punto $\left( -\dfrac{1}{\sqrt{2}},\dfrac{1}{\sqrt{2}}\right) $. Así, \begin{equation*} f\left( -\dfrac{1}{\sqrt{2}},\dfrac{1}{\sqrt{2}}\right) =\dfrac{1}{2}. \end{equation*}
  • Si $t=\dfrac{5}{4}\pi ,$ \begin{equation*} \dfrac{d^{2}f}{dt^{2}}\left( \cos \dfrac{5}{4}\pi , \text{sen}\dfrac{5}{4} \pi \right) =-2 \text{sen}\left( 2\left( \dfrac{5}{4}\pi \right) \right) =-2 \text{sen}\dfrac{5\pi }{2}=-2 < 0, \end{equation*}

    entonces en $t=\dfrac{5}{4}\pi $ hay un máximo relativo. El valor de la función en $\dfrac{5}{4}\pi $ es \begin{equation*} 1+\dfrac{ \text{sen}2\left( \dfrac{5}{4}\pi \right) }{2}=1+\dfrac{1}{2}= \dfrac{3}{2}. \end{equation*} El punto $\left( \cos \dfrac{5}{4}\pi , \text{sen}\dfrac{5}{4}\pi \right) $ corresponde al punto $\left( -\dfrac{1}{\sqrt{2}},-\dfrac{1}{\sqrt{2}} \right) $. Así, \begin{equation*} f\left( -\dfrac{1}{\sqrt{2}},-\dfrac{1}{\sqrt{2}}\right) =\dfrac{3}{2}. \end{equation*}

  • Si $t=\dfrac{7}{4}\pi $ \begin{equation*} \dfrac{d^{2}f}{dt^{2}}\left( \cos \dfrac{7}{4}\pi , \text{sen}\dfrac{7}{4} \pi \right) =-2 \text{sen}\left( 2\left( \dfrac{7}{4}\pi \right) \right) =-2 \text{sen}\dfrac{7\pi }{2}=2>0, \end{equation*} entonces en $t=\dfrac{7}{4}\pi $ hay un mínimo relativo. El valor de la función en $\dfrac{7}{4}\pi $ es \begin{equation*} 1+\dfrac{ \text{sen}2\left( \dfrac{7}{4}\pi \right) }{2}=1-\dfrac{1}{2}= \dfrac{1}{2}. \end{equation*} El punto $\left( \cos \dfrac{7}{4}\pi , \text{sen}\dfrac{7}{4}\pi \right) $ corresponde al punto $\left( \dfrac{1}{\sqrt{2}},-\dfrac{1}{\sqrt{2}}\right) $. Así, \begin{equation*} f\left( \dfrac{1}{\sqrt{2}},-\dfrac{1}{\sqrt{2}}\right) =\left( \dfrac{1}{ \sqrt{2}}\right) ^{2}+\left( \dfrac{1}{\sqrt{2}}\right) \left( -\dfrac{1}{ \sqrt{2}}\right) +\left( -\dfrac{1}{\sqrt{2}}\right) ^{2}=\dfrac{1}{2}. \end{equation*}

Los valores de la función obtenidos en los puntos que son candidatos a ser máximo o mínimo absolutos son: \begin{equation*} \begin{array}{lllll} f\left( 1,0\right) =1 & f\left( 0,0\right) =0 & f\left( \dfrac{1}{\sqrt{2}}, \dfrac{1}{\sqrt{2}}\right) =\dfrac{3}{2} & & f\left( -\dfrac{1}{\sqrt{2}}, \dfrac{1}{\sqrt{2}}\right) =\dfrac{1}{2} \\ & & & & \\ & & f\left( -\dfrac{1}{\sqrt{2}},-\dfrac{1}{\sqrt{2}}\right) =\dfrac{3}{2} & & f\left( \dfrac{1}{\sqrt{2}},-\dfrac{1}{\sqrt{2}}\right) =\dfrac{1}{2}. \end{array} \end{equation*} Entonces en el punto $A\left( 0,0\right) $ la función $f(x,y)$ alcanza el valor mínimo absoluto: $0$ y en los puntos $B\left( \dfrac{1}{\sqrt{2}}, \dfrac{1}{\sqrt{2}}\right) $ y $D\left( -\dfrac{1}{\sqrt{2}},-\dfrac{1}{\sqrt{ 2}}\right) $ la función $f(x,y)$ alcanza el valor máximo absoluto: $ \dfrac{3}{2}.$

• Otra manera de encontrar los valores extremos en la frontera. Vamos a utilizar el método de multiplicadores de Lagrange.

  Consideramos la función $f\left( x,y\right) =x^{2}+xy+y^{2}$ con la restricción $g\left( x,y\right) =x^{2}+y^{2}-1=0.$

  Calculamos los gradientes de $f$ y $g$: \begin{eqnarray*} \nabla f\left( x,y\right) & = & \left( \dfrac{\partial f}{\partial x},\dfrac{ \partial f}{\partial y}\right) =\left( 2x+y,x+2y\right) \\ \nabla g\left( x,y\right) & = & \left( \dfrac{\partial g}{\partial x},\dfrac{ \partial g}{\partial y}\right) =\left( 2x,2y\right) . \end{eqnarray*} Entonces consideramos el sistema de ecuaciones \begin{eqnarray*} \nabla f\left( x,y\right) & = & \lambda \nabla g\left( x,y\right) \\ x^{2}+y^{2} & = & 1, \end{eqnarray*} de donde \begin{eqnarray*} 2x+y & = & 2\lambda x \\ x+2y & = & 2\lambda y \\ x^{2}+y^{2} & = & 1. \end{eqnarray*} Si $x=0,$ entonces de la primera ecuación, $y=0,$ pero en este caso no se cumple la tercera ecuación.

  Lo mismo sucede si $y=0,$ ya que entonces $x=0$, por la segunda ecuación, y no se cumple la tercera.

  Así $x\neq 0$ y $y\neq 0$, entonces \begin{eqnarray*} \dfrac{2x+y}{x} & = & 2\lambda \\ \dfrac{x+2y}{y} & = & 2\lambda \end{eqnarray*} igualando \begin{eqnarray*} \dfrac{2x+y}{x} & = & \dfrac{x+2y}{y} \\ 2xy+y^{2} & = & x^{2}+2xy \\ y^{2} & = & x^{2}, \end{eqnarray*} de donde \begin{equation*} y=x \quad \quad \quad \text{o} \quad \quad \quad y=-x. \end{equation*} Sustituimos $y^{2}=x^{2}$ en la restricción \begin{eqnarray*} x^{2}+y^{2} & = & 1 \\ 2x^{2} & = & 1 \\ x^{2} & = & \dfrac{1}{2} \\ \left\vert x\right\vert & = & \sqrt{\dfrac{1}{2}}, \end{eqnarray*} de donde \begin{equation*} x=\sqrt{\dfrac{1}{2}} \quad \quad \quad \text{o} \quad \quad \quad x=-\sqrt{ \dfrac{1}{2}}. \end{equation*} Entonces hay cuatro puntos \begin{equation*} B\left( \sqrt{\dfrac{1}{2}},\sqrt{\dfrac{1}{2}}\right) , \quad \quad C\left( -\sqrt{\dfrac{1}{2}},\sqrt{\dfrac{1}{2}}\right) , \quad \quad D\left( -\sqrt{\dfrac{1}{2}},-\sqrt{\dfrac{1}{2}}\right) , \quad \quad E\left( \sqrt{\dfrac{1}{2}},-\sqrt{\dfrac{1}{2}}\right) . \end{equation*} Como \begin{eqnarray*} \dfrac{2x+y}{x} & = & 2\lambda \\ \dfrac{2x+y}{2x} & = & \lambda \end{eqnarray*} entonces;

  Si $\left( x,y\right) =\left( \sqrt{\dfrac{1}{2}},\sqrt{\dfrac{1}{2}}\right) $ \begin{eqnarray*} \dfrac{2\sqrt{\dfrac{1}{2}}+\sqrt{\dfrac{1}{2}}}{2\sqrt{\dfrac{1}{2}}} & = & \lambda \\ \dfrac{3}{2} & = & \lambda . \end{eqnarray*} Si $\left( x,y\right) =\left( -\sqrt{\dfrac{1}{2}},-\sqrt{\dfrac{1}{2}} \right) $ \begin{eqnarray*} \dfrac{-2\sqrt{\dfrac{1}{2}}-\sqrt{\dfrac{1}{2}}}{-2\sqrt{\dfrac{1}{2}}} & = & \lambda \\ \dfrac{3}{2} & = & \lambda . \end{eqnarray*} Si $\left( x,y\right) =\left( \sqrt{\dfrac{1}{2}},-\sqrt{\dfrac{1}{2}} \right) $ \begin{eqnarray*} \dfrac{2\sqrt{\dfrac{1}{2}}-\sqrt{\dfrac{1}{2}}}{2\sqrt{\dfrac{1}{2}}} & = & \lambda \\ \dfrac{1}{2} & = & \lambda \end{eqnarray*} Si $\left( x,y\right) =\left( -\sqrt{\dfrac{1}{2}},\sqrt{\dfrac{1}{2}} \right) $ \begin{eqnarray*} \dfrac{-2\sqrt{\dfrac{1}{2}}+\sqrt{\dfrac{1}{2}}}{-2\sqrt{\dfrac{1}{2}}} & = & \lambda \\ \dfrac{1}{2} & = & \lambda . \end{eqnarray*} De donde, para los puntos \begin{equation*} B\left( \sqrt{\dfrac{1}{2}},\sqrt{\dfrac{1}{2}}\right) , \quad \quad D\left( -\sqrt{\dfrac{1}{2}},-\sqrt{\dfrac{1}{2}}\right) , \quad \quad \lambda =\dfrac{3}{2} \end{equation*} y \begin{equation*} C\left( -\sqrt{\dfrac{1}{2}},\sqrt{\dfrac{1}{2}}\right) , \quad \quad E\left( \sqrt{\dfrac{1}{2}},-\sqrt{\dfrac{1}{2}}\right) , \quad \quad \lambda =\dfrac{1}{2}. \end{equation*} Definimos la función \begin{eqnarray*} h\left( x,y\right) & = & f\left( x,y\right) -\lambda g\left( x,y\right) \\ & = & x^{2}+xy+y^{2}-\lambda \left( x^{2}+y^{2}-1\right) . \end{eqnarray*} Calculamos las derivadas de $h$ de primer orden: \begin{eqnarray*} \dfrac{\partial h\left( x,y\right) }{\partial x} & = & 2x+y-2\lambda x \\ \dfrac{\partial h\left( x,y\right) }{\partial y} & = & x+2y-2\lambda y \end{eqnarray*} Las derivadas parciales de $h$ de segundo orden son: \begin{equation*} \dfrac{\partial h^{2}\left( x,y\right) }{\partial x^{2}}=2-2\lambda , \quad \quad \dfrac{\partial h^{2}\left( x,y\right) }{\partial y^{2}}=2-2\lambda , \quad \quad \dfrac{\partial h^{2}\left( x,y\right) }{\partial y\partial x} =1=\dfrac{\partial h^{2}\left( x,y\right) }{\partial x\partial y}. \end{equation*} Calculamos el hessiano limitado \begin{eqnarray*} \left\vert \overline{H}\left( x,y\right) \right\vert & = & \left\vert \begin{array}{ccc} 0 & -\dfrac{\partial g}{\partial x}\left( x,y\right) & -\dfrac{\partial g}{ \partial y}\left( x,y\right) \\ & & \\ -\dfrac{\partial g}{\partial x}\left( x,y\right) & \dfrac{\partial ^{2}h}{ \partial x^{2}}\left( x,y\right) & \dfrac{\partial ^{2}h}{\partial y\partial x}\left( x,y\right) \\ & & \\ -\dfrac{\partial g}{\partial y}\left( x,y\right) & \dfrac{\partial ^{2}h}{ \partial x\partial y}\left( x,y\right) & \dfrac{\partial ^{2}h}{\partial y^{2}}\left( x,y\right) \\ & & \end{array} \right\vert \\ && \\ & = & \left\vert \begin{array}{ccc} 0 & -2x & -2y \\ & & \\ -2x & 2-2\lambda & 1 \\ & & \\ -2y & 1 & 2-2\lambda \end{array} \right\vert \\ & & \\ & = & 8x^{2}\lambda +8y^{2}\lambda +8xy-8x^{2}-8y^{2} \end{eqnarray*}

• Si $B\left( \sqrt{\dfrac{1}{2}},\sqrt{\dfrac{1}{2}}\right) ,\lambda = \dfrac{3}{2},$ \begin{equation*} \left\vert \overline{H}\left( \sqrt{\dfrac{1}{2}},\sqrt{\dfrac{1}{2}}\right) \right\vert =8\left( \dfrac{1}{2}\right) \left( \dfrac{3}{2}\right) +8\left( \dfrac{1}{2}\right) \left( \dfrac{3}{2}\right) +8\left( \sqrt{\dfrac{1}{2}} \right) \left( \sqrt{\dfrac{1}{2}}\right) -8\left( \dfrac{1}{2}\right) -8\left( \dfrac{1}{2}\right) =8>0 \end{equation*} entonces en $B\left( \sqrt{\dfrac{1}{2}},\sqrt{\dfrac{1}{2}}\right) $ hay un máximo.
• Si $D\left( -\sqrt{\dfrac{1}{2}},-\sqrt{\dfrac{1}{2}}\right) ,\lambda = \dfrac{3}{2},$ \begin{equation*} \left\vert \overline{H}\left( -\sqrt{\dfrac{1}{2}},-\sqrt{\dfrac{1}{2}} \right) \right\vert =8\left( \dfrac{1}{2}\right) \left( \dfrac{3}{2}\right) +8\left( \dfrac{1}{2}\right) \left( \dfrac{3}{2}\right) +8\left( -\sqrt{ \dfrac{1}{2}}\right) \left( -\sqrt{\dfrac{1}{2}}\right) -8\left( \dfrac{1}{2} \right) -8\left( \dfrac{1}{2}\right) =8>0 \end{equation*} entonces en $D\left( -\sqrt{\dfrac{1}{2}},-\sqrt{\dfrac{1}{2}}\right) $ hay un máximo.
• Si $E\left( \sqrt{\dfrac{1}{2}},-\sqrt{\dfrac{1}{2}}\right) ,\lambda = \dfrac{1}{2},$ \begin{equation*} \left\vert \overline{H}\left( \sqrt{\dfrac{1}{2}},-\sqrt{\dfrac{1}{2}} \right) \right\vert =8\left( \dfrac{1}{2}\right) \left( \dfrac{1}{2}\right) +8\left( \dfrac{1}{2}\right) \left( \dfrac{1}{2}\right) +8\left( \sqrt{ \dfrac{1}{2}}\right) \left( -\sqrt{\dfrac{1}{2}}\right) -8\left( \dfrac{1}{2} \right) -8\left( \dfrac{1}{2}\right) =-8 < 0 \end{equation*}

  entonces en $E\left( \sqrt{\dfrac{1}{2}},-\sqrt{\dfrac{1}{2}}\right) $ hay un mínimo.

• Si $C\left( -\sqrt{\dfrac{1}{2}},\sqrt{\dfrac{1}{2}}\right) ,\lambda = \dfrac{1}{2},$ \begin{equation*} \left\vert \overline{H}\left( -\sqrt{\dfrac{1}{2}},\sqrt{\dfrac{1}{2}} \right) \right\vert =8\left( \dfrac{1}{2}\right) \left( \dfrac{1}{2}\right) +8\left( \dfrac{1}{2}\right) \left( \dfrac{1}{2}\right) +8\left( -\sqrt{ \dfrac{1}{2}}\right) \left( \sqrt{\dfrac{1}{2}}\right) -8\left( \dfrac{1}{2} \right) -8\left( \dfrac{1}{2}\right) =-8 < 0 \end{equation*}

  entonces en $C\left( -\sqrt{\dfrac{1}{2}},\sqrt{\dfrac{1}{2}}\right) $ hay un mínimo.

  En los puntos $C\left( -\sqrt{\dfrac{1}{2}},\sqrt{\dfrac{1}{2}}\right) $ y $E\left( \sqrt{\dfrac{1}{2}},-\sqrt{\dfrac{1}{2}}\right) $ se alcanzan mínimos en la frontera de la región, pero no son mímimos en todo el disco.