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 6

Solución:

Como las derivadas parciales de la función existen en todo el plano, entonces los valores extremos se pueden alcanzar en

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

La región es

• Puntos estacionarios: La función es \begin{equation*} f\left( x,y\right) = \text{sen}\ x+ \text{sen}\ y+ \text{sen}\ \left( x+y\right) \end{equation*} Calculamos sus derivadas parciales \begin{equation*} \dfrac{\partial f}{\partial x}=\cos x+\cos \left( x+y\right) \quad \quad \quad \text{ y } \quad \quad \quad \dfrac{\partial f}{\partial y}=\cos y+\cos \left( x+y\right) \end{equation*} y las igualamos a cero \begin{eqnarray*} \cos x+\cos \left( x+y\right) & = & 0 \\ \cos y+\cos \left( x+y\right) & = & 0 \end{eqnarray*} De donde, \begin{eqnarray*} \cos x+\cos \left( x+y\right) & = & \cos y+\cos \left( x+y\right) \\ \cos x & = & \cos y \\ x & = & y \end{eqnarray*} ya que $-\dfrac{\pi }{2}\leq x\leq 0$ y $-\dfrac{\pi }{2}\leq y\leq 0$ y la función coseno es inyectiva en $\left[ -\dfrac{\pi }{2},0\right] .$

  Al sustituir $y$ por $x$ en cualquiera de las dos ecuaciones obtenemos $\cos x+\cos \left( 2x\right) =0.$ Es decir, \begin{eqnarray*} \cos x+\cos \left( 2x\right) & = & 0 \\ \cos x+\cos ^{2}x- \text{sen}\ ^{2}x & = & 0 \\ \cos x+2\cos ^{2}x-1 & = & 0 \end{eqnarray*} Resolvemos esta ecuación de 2o grado en $\cos x$ \begin{equation*} \cos x=\frac{-1\pm \sqrt{1+8}}{4}=\frac{-1\pm 3}{4} \end{equation*} O sea, \begin{equation*} \cos x=\dfrac{1}{2} \quad \quad \quad \text{ o } \quad \quad \quad \cos x=-1. \end{equation*} Como $-\dfrac{\pi }{2}\leq x\leq 0,$ entonces sólo hay una solución a la primera ecuación y es $x=-\dfrac{\pi }{3}.$

  Así $x=-\dfrac{\pi }{3}=y.$

  Recordemos que las derivadas parciales de primer orden son \begin{equation*} \dfrac{\partial f}{\partial x}=\cos x+\cos \left( x+y\right) \quad \quad \quad \text{ y } \quad \quad \quad \dfrac{\partial f}{\partial y}=\cos y+\cos \left( x+y\right) \end{equation*} Calculamos las derivadas parciales de segundo orden \begin{eqnarray*} \dfrac{\partial ^{2}f}{\partial x^{2}} & = & - \text{sen}\ x- \text{sen}\ \left( x+y\right) \\ \dfrac{\partial ^{2}f}{\partial y^{2}} & = & - \text{sen}\ y- \text{sen}\ \left( x+y\right) \\ \dfrac{\partial ^{2}f}{\partial y\partial x} & = & - \text{sen}\ \left( x+y\right) =\dfrac{\partial ^{2}f}{\partial x\partial y} \end{eqnarray*} de donde

  • $\dfrac{\partial ^{2}f}{\partial x^{2}}\left( -\dfrac{\pi }{3},-\dfrac{ \pi }{3}\right) =- \text{sen}\ \left( -\dfrac{\pi }{3}\right) - \text{sen}\ \left( -\dfrac{2\pi }{3}\right) =\dfrac{\sqrt{3}}{2}+\dfrac{\sqrt{3}}{2}= \sqrt{3}>0$
  • El determinante hessiano es \begin{equation*} \left\vert H\left( -\dfrac{\pi }{3},-\dfrac{\pi }{3}\right) \right\vert = \sqrt{3}\left( \sqrt{3}\right) -\left( \dfrac{\sqrt{3}}{2}\right) ^{2}= \dfrac{9}{4}>0. \end{equation*}

  Así la función $f\left( x,y\right) = \text{sen}\ x+ \text{sen}\ y+ \text{sen}\ \left( x+y\right) $ alcanza un mínimo relativo en $A\left( - \dfrac{\pi }{3},-\dfrac{\pi }{3}\right) $ y su valor es \begin{equation*} f\left( -\dfrac{\pi }{3},-\dfrac{\pi }{3}\right) = \text{sen}\ \left( - \dfrac{\pi }{3}\right) + \text{sen}\ \left( -\dfrac{\pi }{3}\right) + \text{sen}\ \left( -\dfrac{2\pi }{3}\right) =-\dfrac{3}{2}\sqrt{3}. \end{equation*}

  

• Los puntos frontera son los que están en los lados del cuadrado.

  Las ecuaciones de los lados son \begin{equation*} \left\{ \begin{array}{lcc} x=0 & & \text{con }-\dfrac{\pi }{2}\leq y\leq 0 \\ & & \\ x=-\dfrac{\pi }{2} & & \text{con }-\dfrac{\pi }{2}\leq y\leq 0 \\ & & \\ y=0 & & \text{con }-\dfrac{\pi }{2}\leq x\leq 0 \\ & & \\ y=-\dfrac{\pi }{2} & & \text{con }-\dfrac{\pi }{2}\leq x\leq 0. \end{array} \right. \end{equation*} Evaluamos la función $f\left( x,y\right) = \text{sen}\ x+ \text{sen}\ y+ \text{sen}\ \left( x+y\right) $ en los puntos de cada lado del cuadrado.

  • Si $x=0,$ entonces \begin{equation*} f\left( 0,y\right) =2 \text{sen}\ y \end{equation*} con $-\dfrac{\pi }{2}\leq y\leq 0.$ Los valores extremos de $f\left( 0,y\right) $ se pueden alcanzar en:

    (i) Los extremos del intervalo $\left[ -\dfrac{\pi }{2},0\right] $: $-\dfrac{ \pi }{2}$ y $0$ que corresponden a $B\left( 0,-\dfrac{\pi }{2}\right)$ y $C\left( 0,0\right)$ Ahí los valores de $f\left( 0,y\right) =2 \text{sen}\ y $ son \begin{eqnarray*} f\left( 0,-\dfrac{\pi }{2}\right) & = & -2 \\ f\left( 0,0\right) & = & 0; \end{eqnarray*}

    (ii) Los puntos interiores del intervalo $\left[ -\dfrac{\pi }{2},0\right] $ donde la derivada se anula.

    Calculamos la derivada, \begin{equation*} \dfrac{df}{dy}\left( 0,y\right) =2\cos y \end{equation*} y la igualamos a cero, para encontrar el valor de $y$ \begin{equation*} 2\cos y=0, \end{equation*} es decir, $y=-\dfrac{\pi }{2}.$ Este punto ya se consideró en (i)

  • Si $x=-\dfrac{\pi }{2},$ entonces \begin{eqnarray*} f\left( -\dfrac{\pi }{2},y\right) & = & \text{sen}\ \left( -\dfrac{\pi }{2} \right) + \text{sen}\ y+ \text{sen}\ \left( -\dfrac{\pi }{2}+y\right) \\ & = & \text{sen}\ y-\cos y-1 \end{eqnarray*} con $-\dfrac{\pi }{2}\leq y\leq 0.$ Los valores extremos de $f\left( -\dfrac{ \pi }{2},y\right) $ se pueden alcanzar en

    (i) Los extremos del intervalo $\left[ -\dfrac{\pi }{2},0\right] $:$-\dfrac{ \pi }{2}$ y $0$, que corresponden a $D\left( -\dfrac{\pi }{2},-\dfrac{\pi }{2}\right)$ y $E\left( -\dfrac{\pi }{2},0\right)$ Ahí los valores de $f\left( -\dfrac{\pi }{2} ,y\right) =$ $ \text{sen}\ y-\cos y-1$ son \begin{eqnarray*} f\left( -\dfrac{\pi }{2},-\dfrac{\pi }{2}\right) & = & -2 \\ f\left( -\dfrac{\pi }{2},0\right) & = & -2; \end{eqnarray*}

    (ii) Los puntos interiores del intervalo $\left[ -\dfrac{\pi }{2},0\right] $ donde la derivada se anula.

    Calculamos la derivada, \begin{equation*} \dfrac{df}{dy}\left( -\dfrac{\pi }{2},y\right) =\cos y+ \text{sen}\ y \end{equation*} y la igualamos a cero, para encontrar el valor de $x$ \begin{eqnarray*} \cos y+ \text{sen}\ y & = & 0 \\ \cos y & = & - \text{sen}\ y, \\ 1 & = & -\tan y \end{eqnarray*} es decir, $y=-\dfrac{\pi }{4}.$

    Calculamos la segunda derivada \begin{equation*} \dfrac{d^{\,2}f}{dy^{2}}\left( -\dfrac{\pi }{2},y\right) =- \text{sen}\ y+\cos y \end{equation*} y la evaluamos en $y=-\dfrac{\pi }{4}$ \begin{equation*} \dfrac{d^{\,2}f}{dy^{2}}\left( -\dfrac{\pi }{2},-\dfrac{\pi }{4}\right) =- \text{sen}\ \left( -\dfrac{\pi }{4}\right) +\cos \left( -\dfrac{\pi }{4} \right) =\sqrt{2}>0 \end{equation*} Hay un mínimo relativo en $\left( -\dfrac{\pi }{2},-\dfrac{\pi }{4} \right) $ y el valor de la función es \begin{eqnarray*} f\left( -\dfrac{\pi }{2},-\dfrac{\pi }{4}\right) & = & \text{sen}\ \left( - \dfrac{\pi }{2}\right) + \text{sen}\ \left( -\dfrac{\pi }{4}\right) + \text{sen}\ \left( -\dfrac{\pi }{2}-\dfrac{\pi }{4}\right) \\ & = & -1-\dfrac{\sqrt{2}}{2}-\dfrac{\sqrt{2}}{2} \\ & = & -\sqrt{2}-1 \\ &\approx &-2.41 \end{eqnarray*}

  • Si $y=0,$ entonces \begin{equation*} f\left( x,0\right) =2 \text{sen}\ x \end{equation*} con $-\dfrac{\pi }{2}\leq x\leq 0.$ Los valores extremos de $f\left( x,0\right) $ se pueden alcanzar en:

    (i) Los extremos del intervalo $\left[ -\dfrac{\pi }{2},0\right] $: $-\dfrac{ \pi }{2}$ y $0.$ Ahí los valores de $f\left( x,0\right) =2 \text{sen}\ x $ son \begin{eqnarray*} f\left( -\dfrac{\pi }{2},0\right) & = & 2 \text{sen}\ \left( -\dfrac{\pi }{2} \right) =-2 \\ f\left( 0,0\right) & = & 0; \end{eqnarray*} Estos puntos ya los habíamos considerado.

    Puesto que la función seno es estrictamente creciente en el intervalo $ \left[ -\dfrac{\pi }{2},0\right] ,$ entonces no tiene máximos ni mínimos en el interior del intervalo.

  • Si $y=-\dfrac{\pi }{2},$ entonces \begin{eqnarray*} f\left( x,-\dfrac{\pi }{2}\right) & = & \text{sen}\ x+ \text{sen}\ \left( - \dfrac{\pi }{2}\right) + \text{sen}\ \left( x-\dfrac{\pi }{2}\right) \\ & = & \text{sen}\ x-\cos x-1 \end{eqnarray*} con $-\dfrac{\pi }{2}\leq x\leq 0.$ Los valores extremos de $f\left( x,- \dfrac{\pi }{2}\right) $ se pueden alcanzar en:

    (i) Los extremos del intervalo $\left[ -\dfrac{\pi }{2},0\right] $:$-\dfrac{ \pi }{2}$ y $0.$ Ahí los valores de $f\left( x,-\dfrac{\pi }{2}\right) = \text{sen}\ x-\cos x-1$ son \begin{eqnarray*} f\left( -\dfrac{\pi }{2},-\dfrac{\pi }{2}\right) & = & -2 \\ f\left( 0,-\dfrac{\pi }{2}\right) & = & -2; \end{eqnarray*} Estos puntos también ya habían sido considerados.

    (ii) Los puntos interiores del intervalo $\left[ -\dfrac{\pi }{2},0\right] $ donde la derivada se anula.

    Calculamos la derivada, \begin{equation*} \dfrac{df}{dx}\left( x,-\dfrac{\pi }{2}\right) =\cos x+ \text{sen}\ x \end{equation*} y la igualamos a cero, para encontrar el valor de $x$ \begin{eqnarray*} \cos x+ \text{sen}\ x & = & 0 \\ \cos x & = & - \text{sen}\ x, \\ 1 & = & -\tan x \end{eqnarray*} es decir, $x=-\dfrac{\pi }{4}.$

    Calculamos la segunda derivada \begin{equation*} \dfrac{d^{\,2}f}{dx^{2}}\left( x,-\dfrac{\pi }{2}\right) =- \text{sen}\ x+\cos x \end{equation*} y la evaluamos en $x=-\dfrac{\pi }{4}$ \begin{equation*} \dfrac{d^{\,2}f}{dx^{2}}\left( -\dfrac{\pi }{4},-\dfrac{\pi }{2}\right) =- \text{sen}\ \left( -\dfrac{\pi }{4}\right) +\cos \left( -\dfrac{\pi }{4} \right) =\sqrt{2}>0 \end{equation*} Hay un mínimo relativo en $F\left( -\dfrac{\pi }{4},-\dfrac{\pi }{2} \right) $ y el valor de la función es \begin{eqnarray*} f\left( -\dfrac{\pi }{4},-\dfrac{\pi }{2}\right) & = & \text{sen}\ \left( - \dfrac{\pi }{4}\right) + \text{sen}\ \left( -\dfrac{\pi }{2}\right) + \text{sen}\ \left( -\dfrac{\pi }{4}-\dfrac{\pi }{2}\right) \\ & = & -\dfrac{\sqrt{2}}{2}-1-\dfrac{\sqrt{2}}{2} \\ & = & -\sqrt{2}-1 \\ &\approx & -2.41 \end{eqnarray*}