Derivadas parciales IV

Valores máximos y mínimos

Las definiciones de los valores extremos de funciones de una variable se pueden extender para funciones de dos variables como sigue:

Una función de dos variables tiene un máximo relativo en $(a,b)$ si $f(a,b)\geq f(x,y)$ para todos los puntos $(x,y)$ en algún disco con centro (a,b). Por otro lado, $f$ tiene un mínimo relativo en $(a,b)$ si $f(a,b)\leq f(x,y)$ para todos los puntos $(x,y)$ en algún disco con centro (a,b)

No obstante, si las condiciones mencionadas se cumplen para todo el dominio de $f$, entonces se dice que $f$ tiene un máximo o mínimo absoluto en $(a,b)$

Note que un valor máximo o mínimo puede encontrarse cuando $\nabla f(a,b)=\emptyset$

Intuitivamente, si partimos de la ecuación del plano tangente a una superficie se puede deducir lo siguiente

\[z-c=f_{x}(a,b)(x-a)+f_{y}(a,b)(y-b)\]

Si $f_{x}(a,b)=f_{y}(a,b)=0$

\[z=c\]

Esta es la ecuación de un plano horizontal o paralelo al plano XY tangente a la superficie $f(x,y)$. Cuando esto sucede, es evidente que dicha superficie presenta un mínimo o un máximo como puede notar en la figura anterior. Por ende, si $f$ tiene un máximo o un mínimo relativo en un punto $(a,b)$, entonces $f_{x}(a,b)=0$ y $f_{y}(a,b)=0$.

De esta forma denominamos a un punto crítico como aquel donde las primeras derivadas parciales son 0 o no existen.

Ejemplo: Identifique los extremos de la función $f(x,y)=\sqrt{x^{2}+y^{2}+1}$

Las primeras derivadas correspondientes son

\[\begin{matrix}f_{x}=\frac{x}{\sqrt{x^{2}+y^{2}+1}} & f_{y}=\frac{y}{\sqrt{x^{2}+y^{2}+1}}\end{matrix}\]

Igualando a 0 resulta evidente que las derivadas serán cero en (0,0). Por otro lado, evaluando las restricciones del dominio de dichas derivadas se concluye que no existen otro puntos críticos, de manera que el único valor extremo de "f" es $f(0,0)=1$

Ahora, para deducir si es un mínimo o un máximo se debe inspeccionar el comportamiento de la función alrededor del punto crítico. Por ejemplo, si hacemos a una de las variables 0 se obtendrá una función algebraica que siempre crece y si hacemos $(x,y)>(0,0)$ se concluirá que $1\leq f(x,y)$. Por tanto, se puede decir que $f(0,0)=1$ es un valor mínimo absoluto.

Confirmación gráfica del valor mínimo absoluto calculado

Criterio de las segundas derivadas parciales

No en todo punto crítico se puede encontrar un valor máximo o mínimo. Por ejemplo, analicemos los extremos de la función $z=x^{2}-y^{2}$.

Las primeras derivadas parciales son $f_{x}=2x$ y $f_{y}=-2y$ y ambas serán 0 en (0,0), siendo este el único punto crítico. Inspeccionando el comportamiento, si hacemos $x=0$ se obtendrá una parábola que se abre hacia arriba, de modo que puede suponerse un punto mínimo, pero si hacemos $y=0$ se obtendrá una parábola que se abre hacia abajo, de modo que ahora puede suponerse un punto máximo. En resumen, cualquier disco con centro (0,0) contiene puntos donde $f$ toma tanto valores que crecen como valores que decrecen (ver figura).

Debido a la forma de una silla de montar, se puede decir que el punto (0,0,0) es un punto silla o de ensilladura

Así como en funciones de una variable, la segunda derivada puede brindar mayor información acerca del comportamiento de una función de dos variables. Asimismo, puede facilitar la identificación de un valor máximo, mínimo o hasta un punto de silla. Por tanto, para obtener todas las segundas derivadas parciales en una sola expresión partiremos de la derivada direccional:

\[D_{\textbf{u}}f=f_{x}h+f_{y}k\]

Derivando por segunda vez y considerando el teorema de Clairaut se tiene

\[D^{2}_{\textbf{u}}f=(f_{xx}h+f_{xy}k)h+(f_{yx}h+f_{yy}k)k\]

\[D^{2}_{\textbf{u}}f=f_{xx}h^{2}+2f_{xy}kh+f_{yy}k^{2}\]

Si factorizamos y completamos los cuadrados

\[D^{2}_{\textbf{u}}f=f_{xx}\left ( h^{2}+2\frac{f_{xy}}{f_{xx}}kh \right )+f_{yy}k^{2}\]

\[D^{2}_{\textbf{u}}f=f_{xx}\left [ h^{2}+2h\frac{f_{xy}}{f_{xx}}k+ \left ( \frac{f_{xy}}{f_{xx}}k \right )^{2}\right ]+f_{yy}k^{2}- f_{xx}\left ( \frac{f_{xy}}{f_{xx}}k \right )^{2}\]

\[D^{2}_{\textbf{u}}f=f_{xx}\left ( h+\frac{f_{xy}}{f_{xx}}k \right )^{2}+k^{2}\left [ f_{yy}- \frac{(f_{xy})^{2}}{f_{xx}} \right ]\]

\[D^{2}_{\textbf{u}}f=f_{xx}\left ( h+\frac{f_{xy}}{f_{xx}}k \right )^{2}+\frac{k^{2}}{f_{xx}}\left [ f_{xx}f_{yy}- (f_{xy})^{2} \right ]\]

Si tomamos $D=f_{xx}f_{yy}-(f_{xy})^{2}$ y notamos que el signo de $f_{xx}$ puede influir en la segunda derivada direccional, podemos enunciar los siguientes casos

- Si $D>0$ y $f_{xx}>0$ en un punto (a,b), sin importar la dirección del vector $\textbf{u}$, se obtendrá que la segunda derivada direccional será positiva. Siguiendo el criterio de la segunda derivada para funciones de una variable, esto significa que la superficie será cóncava hacia arriba de manera que en (a,b) se tiene un mínimo relativo.

- Si $D>0$ y $f_{xx}<0$ en un punto (a,b), sin importar la dirección del vector $\textbf{u}$, se obtendrá que la segunda derivada direccional será negativa. Esto significa que la superficie será cóncava hacia abajo de manera que en (a,b) se tiene un máximo relativo.

- Si $D<0$ en un punto (a,b), puede que la segunda derivada direccional sea negativa o positiva. Esto significa que la superficie puede ser cóncava hacia arriba o cóncava hacia abajo dependiendo de la dirección de $\textbf{u}$. Este comportamiento se vió que corresponde al punto de ensilladura, de modo que esta condición indica que en (a,b) se tiene un punto silla.

- Si $D=0$ en un punto (a,b), la segunda derivada direccional puede dar cero, puede no existir o dar un valor arbitrario. Esto no aporta ninguna información, por lo que "f" podría tener un máximo relativo, un mínimo relativo o un punto silla.

Ejemplo 1: Halle los valores extremos de la función $f(x,y)=x^{2}-xy-y^{2}-3x-y$.

Las primeras derivadas son

\[\begin{matrix}f_{x}=2x-y-3 & f_{y}=-x-2y-1\end{matrix}\]

Los puntos críticos se obtienen igualando a 0 ambas expresiones y resolviendo el sistema resultante

\[\left\{\begin{matrix}2x-y-3=0 \\-x-2y-1=0\end{matrix}\right.\]

\[\begin{bmatrix}x \\y\end{bmatrix}=\frac{1}{-5}\begin{bmatrix}-2 & 1 \\1 & 2 \\\end{bmatrix}\begin{bmatrix}3 \\1\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}1 \\-1\end{bmatrix}\]

\[f(1,-1)=-1\]

de modo que el único punto crítico es (1,-1,-1). Luego, todas las segundas derivadas son

\[\begin{matrix}f_{xx}=2 \\ f_{xy}=-1 \\ f_{yy}=-2 \end{matrix}\]

De modo que sin importar el punto a evaluar se puede calcular el término "D" como sigue:

\[D=(2)(-2)-(1)^{2}=-5\]

"D" es menor que 0, de manera que en el punto crítico se tiene un punto de ensilladura. Esto se puede comprobar si calculamos la segunda derivada direccional

\[D^{2}_{\textbf{u}}f=2\left ( h-\frac{1}{2}k \right )^{2}-\frac{5k^{2}}{2}\]

Si tomamos las direcciones $\textbf{u}=\textbf{i}$ y $\textbf{v}=\textbf{j}$ tenemos

\[D^{2}_{\textbf{u}}f=2( 1 )^{2}=2> 0\]

\[D^{2}_{\textbf{v}}f=2\left ( -\frac{1}{2} \right )^{2}-\frac{5}{2}=-2< 0\]

Note que en la dirección $\textbf{u}$, la segunda derivada direccional es positiva, (la función es cóncava hacia arriba), y en $\textbf{v}$ es negativa, (la función es cóncava hacia abajo).

Con ayuda de una graficadora, se puede corroborar la respuesta visualmente

Ejemplo 2: Halle los valores extremos de la función $f(x,y)=x^{3}+y^{3}$.

Las primeras derivadas son

\[\begin{matrix}f_{x}=3x^{2} & f_{y}=3y^{2}\end{matrix}\]

Los puntos críticos se obtienen cuando

\[\left\{\begin{matrix}3x^{2}=0 \\ 3y^{2}=0\end{matrix}\right.\]

Ambas derivadas se hacen 0 en (0,0), de modo que este es el único punto crítico. Luego, todas las segundas derivadas son

\[\begin{matrix}f_{xx}=6x \\ f_{xy}=0 \\ f_{yy}=6y \end{matrix}\]

Evidentemente "D" dará 0 en el punto crítico, también si se evalúa en la segunda derivada direccional, éste igualmente dará 0, de modo que el criterio no es concluyente. Por tanto, si hacemos a una de las variables 0 se obtendrá una función cúbica, la cuál crece en una dirección y decrece en otra en perspectiva del origen. Dado este comportamiento se puede decir que $f(0,0)=0$ es un punto silla.

La función toma la forma de una silla común

Ejemplo práctico: Una caja de cartón sin tapa debe tener un volumen de 32000 $cm^{3}$. Encuentre las dimensiones que minimicen la cantidad de cartón usado.

Consideremos los lados de la caja en centímetros como se muestra en la siguiente figura

de modo que el volumen será

\[V=xyz\]

No obstante, se pide minimizar el área de la superficie de la caja, de modo que

\[S(x,y,z)=xy+2xz+2yz\]

Despejando "z" de la ecuación del volumen y reemplzando en "S", se obtiene una función de dos variables como sigue

\[z=\frac{V}{xy}\]

\[S(x,y)=xy+2x\frac{V}{xy}+2y\frac{V}{xy}=xy+\frac{2V}{y}+\frac{2V}{x}\]

Conocido el valor del volumen se procede a hallar los puntos críticos de "S" descartando x=0,y=0.

\[\begin{matrix}S_{x}=y-\frac{64000}{x^{2}} & S_{y}=x-\frac{64000}{y^{2}} \end{matrix}\]

\[\left\{\begin{matrix}y=\frac{64000}{x^{2}} \\x=\frac{64000}{y^{2}}\end{matrix}\right.\]

\[y=\frac{64000}{\left ( \frac{64000}{y^{2}} \right )^{2}}=\frac{y^{4}}{64000}\rightarrow y=40\]

\[x=\frac{64000}{40^{2}}=40\]

\[z=\frac{32000}{(40)(40)}=20\]

Las segundas derivadas son

\[\begin{matrix}S_{xx}=\frac{128000}{x^{3}} \\ S_{xy}=1 \\ S_{yy}=\frac{128000}{y^{3}} \end{matrix}\]

evaluando en el punto crítico y hallando el término "D" se tiene

\[D=(2)(2)-1=3>0\]

Evidentemente $f_{xx}(40,40)>0$, de manera que en el punto crítico se tiene un valor mínimo. Por tanto las dimensiones de la caja que minimizan la cantidad de cartón utilizado son $40\times 40 \times 20$

Teorema del valor extremo para funciones de dos variables

En funciones de una variable, el teorema del valor extremo es útil para hallar extremos absolutos y relativos en un intervalo cerrado. De forma similar ocurre en funciones de dos variables, donde en lugar de definir un intervalo se define un conjunto cerrado y acotado. Algunos ejemplos de estos conjuntos se muestran en la siguiente imagen:

Conjuntos contenidos dentro de una región en $\mathit{\mathbb{R}^{2}}$ cuyo contorno son los puntos frontera 

De esta forma, si una función de dos variables $f$ es continua en un conjunto D, cerrado y acotado en $\mathbb{R}^{2}$, entonces $f$ alcanza sus valores máximo absoluto, $f(x_{1},y_{1})$ y mínimo absoluto, $f(x_{2},y_{2})$ en ciertos puntos $(x_{1},y_{1})$ y $(x_{2},y_{2})$ en D

La prueba de las segundas derivadas parciales solo es útil para hallar valores extremos relativos. Por otro lado, el teorema del valor extremo permite clasificar valores absolutos de una función de dos variables en una región.

Ejemplo 1: Encuentre los valores máximo y mínimo absolutos de $f(x,y)=2x^{3}+y^{4}$ en el conjunto $D=\left\{\begin{bmatrix}x \\y\end{bmatrix}\in \mathbb{R}^{2}/x^{2}+y^{2}\leq 1 \right\}$

Primero obtenemos los puntos críticos como sigue:

\[\begin{matrix}f_{x}=6x^{2}=0 & f_{y}=4y^{3}=0 \\\end{matrix}\]

así el único punto crítico es (0,0) y el valor de "f" ahí es 0. Luego, para saber los valores de la función en la frontera, se puede parametrizar al conjunto D como sigue:

\[\left\{\begin{matrix}x=\cos t \\y=\sin t\end{matrix}\right.\]

Reemplazando en "f" se procede a determinar los puntos críticos en el intervalo $(0,2\pi)$

\[f(\cos t,\sin t)=2\cos^{3} t+\sin^{4} t\]

\[f'(\cos t,\sin t)=-6\cos^{2} t \sin t+4\sin^{3} t \cos t\]

\[-6\cos^{2} t \sin t+4\sin^{3} t \cos t=0\]

\[\small \sin t \cos t(-6\cos t+4\sin^{2} t)=0\rightarrow \begin{matrix}I) \, \sin t \cos t=0 & II)\, 2\cos^{2} t+3\cos t -2=0\\\end{matrix}\]

\[\begin{matrix}I) \, t_{1}=\pi, t_{2}=\frac{\pi }{2},t_{3}=\frac{3\pi }{2} & II)\, \cos t=\frac{-3\pm 5}{4}\\\end{matrix}\]

de este modo los valores extremos en el intervalo a considerar para "f" son

\[\begin{matrix}f( \cos \pi ,\sin \pi )=f( -1,0)=-2 \\f\left ( \cos \frac{\pi }{2},\sin \frac{\pi}{2} \right )=f(0,1)=1=f\left ( \cos \frac{3\pi }{2},\sin \frac{3\pi}{2} \right ) \\f\left ( \cos \frac{\pi }{3},\sin \frac{\pi}{3} \right )=f\left ( \frac{1}{2},\frac{\sqrt{3}}{2} \right )=\frac{13}{16}=f\left ( \cos \frac{5\pi }{3},\sin \frac{5\pi}{3} \right )\end{matrix}\]

de forma similar, para los extremos del intervalo se tiene

\[f( \cos 0,\sin 0)=f(\cos 2\pi, \sin 2\pi)=f(1,0)=2\]

Por último, comparamos estos valores con $f(0,0)=0$ de modo que

\[f(-1,0)< f(0,0)< f\left ( \frac{1}{2},\pm \frac{\sqrt{3}}{2} \right )< f(0,\pm 1)<f(1,0)\]

concluyendo que $f(-1,0)=-2$ es un valor mínimo absoluto y $f(1,0)=2$ es un valor máximo absoluto.

Porción de $\textit{f(x,y)}$ limitada por la circunferencia D

Ejemplo 2: Encuentre los extremos absolutos de la función $f(x,y)=x^{2}+xy$ en el conjunto $D=\left\{\begin{bmatrix}x \\y\end{bmatrix}\in \mathbb{R}^{2}/ |x|\leq 2, |y|\leq 1 \right\}$

Los puntos críticos se obtienen cuando

\[\begin{matrix}f_{x}=2x+y=0 & f_{y}=x=0 \\\end{matrix}\]

de modo que el único punto crítico es (0,0) obteniendo el valor crítico $f(0,0)=0$.

Ahora la frontera consta de cuatro segmentos de recta como muestra la figura:

El segmento L1 corresponde a la recta $y=-1$, el segmento L2 corresponde a $x=2$, L3 corresponde a $y=1$ y L4 a $x=-2$

Reemplazando en "f" se hallan los puntos críticos para los siguientes casos:

\[L1: \, f(x,-1)=x^{2}-x, \, [-2,2]\]

\[f'(x,-1)=2x-1=0 \rightarrow x=\frac{1}{2}\]

\[L2: \, f(2,y)=4+2y, \, -1\leq y \leq 1\]

\[L3: \, f(x,1)=x^{2}+x,\, [-2,2]\]

\[f'(x,1)=2x+1=0 \rightarrow x=-\frac{1}{2}\]

\[L4: \, f(-2,y)=4-2y, \, -1\leq y \leq 1\]

de este modo solo se tiene un mismo valor extremo en L1 y L4

\[f\left (\frac{1}{2},-1 \right )=-\frac{1}{4}=f\left (-\frac{1}{2},1 \right )\]

Los extremos de cada intervalo comprende las esquinas de la región rectangular mostrada en la figura anterior. Por tanto se procede a analizar los valores de "f" en (2,-1), (2,1), (-2,1) y (-2.-1).

\[f(2,-1)=2,\, f(2,1)=6, \, f(-2,1)=2, \, f(-2,-1)=6\]

Por último comparamos estos valores con $f(0,0)=0$ y $f(1/2,-1)=f(-1/2,1)=-1/4$

\[f\left (\frac{1}{2},-1 \right )< f(0,0)< f(2,-1)<f(2,1)\]

Donde $f(1/2,-1)=f(-1/2,1),\, f(2,-1)=f(-2,1)$ y $f(2,1)=f(-2,-1)$, de modo que $f(1/2,-1)=f(-1/2,1)=-1/4$ es un valor mínimo absoluto y $f(2,1)=f(-2,-1)=6$ es un valor máximo absoluto.

Porción de $\textit{f(x,y)}$ limitada por el rectángulo D

Los multiplicadores de Lagrange

Considere una función de dos variables $z=f(x,y)$ que se desea maximizar en torno a una curva de nivel de otra función $g(x,y)$ como se muestra en la siguiente figura

Entre todas las curvas de nivel de $\textit{f}$, la más grande que justo satisfaga $\mathit{g(x,y)=c}$ es la que maximiza a $\textit{f}$

Esta es otra visión del comportamiento geométrico del teorema del valor extremo, donde curiosamente los valores extremos en la frontera de $f$ ocurre en el punto de tangencia entre la curva de nivel $f(x,y)=k_{2}$ y el contorno $g(x,y)=c$. Nótese que en este punto ocurre que el vector gradiente de "g" es múltiplo escalar del gradiente de "f", de modo que

\[\nabla f(x,y)=\lambda \nabla g(x,y)\]

\[\begin{bmatrix}f_{x} \\f_{y}\end{bmatrix}=\lambda \begin{bmatrix}g_{x} \\g_{y}\end{bmatrix}\]

donde $\lambda$ es un escalar.

Así entonces, igualando las componentes se forma el sistema de ecuaciones siguiente

 \[\left\{\begin{matrix}\frac{\partial f}{\partial x}=\lambda \frac{\partial g}{\partial x} \\\frac{\partial f}{\partial y}=\lambda \frac{\partial g}{\partial y} \\g(x,y)=c\end{matrix}\right.\]

donde se desea hallar $x$ y $y$.

Los escalares $\lambda$ son los denominados multiplicadores de Lagrange, los cuales son una herramienta muy útil para la optimización de funciones de varias variables. Pues, no es necesario usar el criterio de las segundas derivadas parciales y facilita la clasificación de los puntos críticos en la frontera de una o múltiples regiones.

Ejemplo: Hallar los valores extremos para la función $f(x,y)=3x+3y+2$ sujeta a $x^{2}+y^{2}=32$

Los vectores gradiente para "f" y la restricción son:

\[\begin{matrix}\nabla f(x,y)=\begin{bmatrix}3 \\3 \end{bmatrix} & \nabla g(x,y)=\begin{bmatrix}2x \\2y \end{bmatrix} \\\end{matrix}\]

obteniendo así el sistema de ecuaciones

\[\left\{\begin{matrix}3=\lambda 2x \\3=\lambda 2y \\x^{2}+y^{2}=32 \end{matrix}\right.\]

La primera y segunda ecuación se pueden igualar obteniendo $\lambda2x=\lambda 2y \rightarrow x=y$, de modo que la tercera ecuación será

\[y^{2}+y^{2}=32\rightarrow y^{2}=16\]

Así $y=\pm 4$ y reemplazando en la misma ecuación se tiene $x=\pm 4$. Por tanto, evaluando y comparando se tiene que $f(4,4)=26$ es un máximo absoluto y $f(-4,-4)=-22$ es un mínimo absoluto.

Con ayuda de una graficadora se puede observar que las curvas de nivel de "f" son tangentes a $\mathit{g(x,y)=32}$ en los puntos (4,4) y (-4,-4)

El método de los multiplicadores de Lagrange se puede extender a funciones de "n" variables, por lo que es posible resolver problemas como el del ejemplo de la caja de cartón sin tapa enunciada anteriormente.

Si hacemos que la función objetivo sea $S(x,y,z)=xy+2xz+2yz$ y que el volumen $xyz=32000$ se interpretara como la restricción debido a que es la condición con la que debe fabricarse la caja, entonces los vectores gradiente correspondientes serán:

\[\begin{matrix}\nabla S(x,y,z)=\begin{bmatrix}y+2z \\x+2z \\2x+2y\end{bmatrix} & \nabla V(x,y,z)=\begin{bmatrix}yz \\xz \\xy\end{bmatrix} \\\end{matrix}\]

obteniendo el sistema de ecuaciones

\[\left\{\begin{matrix}y+2z=\lambda yz \\x+2z=\lambda xz \\2x+2y=\lambda xy \\xyz=32000\end{matrix}\right.\]

despejando $\lambda$ de las primeras dos ecuaciones se obtiene $\lambda=1/z+2/y$ y $\lambda=1/z+2/x$ modo que igualandolas resulta

\[\frac{1}{z}+\frac{2}{y}=\frac{1}{z}+\frac{2}{x}\]

\[y=x\]

De forma similar para la tercera ecuación $\lambda=2/y+2/x=4/x$ e igualando con la segunda ecuación despejada tenemos

\[\frac{4}{x}=\frac{1}{z}+\frac{2}{x}\]

\[z=\frac{x}{2}\]

Así entonces se reemplaza en la última ecuación como sigue:

\[x(x)\left ( \frac{x}{2} \right )=32000\]

\[x^{3}=64000\rightarrow x=40\]

Por consiguiente, $y=40$ y $z=20$ obteniendo así el mismo resultado encontrado anteriormente.

Ejercicios:

a) Encuentre los valores máximos y mínimos locales y el punto o puntos de silla para las funciones dadas utilizando el criterio de las segundas derivadas parciales

1) $f(x,y)=9-2x+4y-x^{2}-4y^{2}$

2) $f(x,y)=e^{x}\cos y$

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

4) $f(x,y)=(x-1)^{2}(y+4)^{2}$

5) $f(x,y)=\frac{x^{2}y^{2}-8x+y}{xy}$

b) Resuelva los siguientes problemas de optimización

1) Halle los valores extremos absolutos de la función $f(x,y)=e^{-xy}$ en la región dada por $x^{2}+4y^{2}\leq 1$

2) Encuentre la distancia más corta del punto (2,0,-3) al plano $x+y+z=1$. [Sugerencia: Considere al cuadrado de la distancia como su función objetivo]

3) Halle los valores extremos de la función $f(x,y)=xy^{2}z$ en la región dada por $x^{2}+y^{2}+z^{2}=4$

4) Hallar las dimensiones de una caja rectangular de volumen máximo tal que la suma de las longitudes de sus aristas sea una constante "c" ¿Cuál es el volumen máximo?