Escuela Politecnica Nacional

Analisis Matematico II

Mnimos y Maximos relativos

Milton Torres Espana

9 de febrero de 2015

Usaremos los siguientes resultados:

Teorema 1. Sean E un espacio vectorial normado, A E, f una funcion de E a valores reales.Si f tiene en un punto interior a de A un mnimo relativo, o un maximo relativo, y f es diferen-

ciable en a, entonces el diferencial de f evaluado en ese punto es nulo.

Teorema 2. Con las hipotesis y notacion del teorema 1. Si la funcion f es dos veces diferenciable enun punto interior a de A, la primera derivada en ese punto es nula y si la segunda derivada en esepunto es coerciva, entonces f tiene un mnimo relativo estricto en a.

Teorema 3. Sobre un espacio vectorial normado real E de dimension finita, es una forma cuadraticay coerciva si y solo si es positiva y no degenerada.

Las demostraciones detalladas de estos teoremas se encuentran en [1].

Ejercicio 1. Sea f : R+ R y : R3 R dos aplicaciones tales que

f(u) = (u 1)2(u+ 1), (x, y, z) = x2 + y2 + z2 + xy xz

1. Sea u 0. Mostrar que f (u) = 0 si y solo si u = 1.2. Mostrar que es una forma cuadratica definida positiva. Deducir los puntos de R3 donde se

anula.

3. Sea F = f . Mostrar que un elemento a de R3 es un punto crtico de F (es decir verificarF (a) = 0) si y solo si a = (0, 0, 0) o (a) = 1.

4. Determinar la matriz hessiana de F en a = (0, 0, 0), es decir la matriz de la aplicacion bilinealsimetrica F (a). Deducir la naturaleza del punto crtico.

5. Mostrar que para todo a R3, F (a) 0. Mostrar que todo punto crtico no nulo de F es unpunto donde F admite un mnimo absoluto.

Solucion. 1. Calculamos la derivada de f y obtenemos f (u) = (u 1)(3u + 1). Si f (u) = 0entonces u = 1 o u = 13 , por hipotesis tenemos que u = 1. Recprocamente, si u = 1 entoncesf (u) = 0.

2. Podemos escribir a como : R3 R

u 7 (u) = u>Mu,

1

donde u = (x, y, z)> y M =

1 1/2 1/21/2 1 01/2 0 1

.Calculando los valores propios de la matriz asociada a , M. Obtenemos 1 =

222 , 2 = 1 y

3 =2+22 . Vemos que 0 < 1 < 2 < 3, por tanto es una forma cuadratica definida positiva.

Por lo anterior, para todo (x, y, z) R3 se verifica que (x, y, z) 0, y (x, y, z) = 0 si y solo si(x, y, z) = (0, 0, 0).

3. Sea a = (x, y, z) R3. Derivando F tenemos que F (a) = f ((a))D(a). Supongamos que a esun punto crtico de F , entonces F (a) = 0. Por tanto,

F (a) = 0 f ((a)) = 0 o D(a) = 0.

Si f ((a)) = 0, como (a) 0 y por el literal 1 se sigue que (a) = 1.Calculando D(x, y, z) tenemos que

D(x, y, z) =

2 1 11 2 01 0 2

xyz

= 2Ma.Como se probo en el literal 2, M es una matriz definida positiva, por tanto si D(a) = 2Ma = 0la unica solucion al sistema lineal es a = (0, 0, 0).

4. Sea u = (x, y, z) R3. Por el literal anterior, las derivadas parciales de F son F i (u) =f ((u)) i(u), para i = 1, 2, 3. Luego, calculemos las segundas derivadas parciales de F usandola regla de la cadena y del producto de funciones en u, tenemos entonces

F ij(u) = f((u)) i(u)

j(u) + f

((u)) ij(u),

para i, j = 1, 2, 3. Ademas se tiene que f ((u)) = 6(u)2 y f ((u)) = ((u)1)(3(u)+1).Si u = (0, 0, 0) entonces (u) = 0 y i(u) = 0 para i = 1, 2, 3. Por tanto, f

((u)) = 2 yf ((u)) = 1.Se sigue de esto que F ij(u) = ij(u). Luego, la matriz hessiana de F es

HF =

2 1 11 2 01 0 2

= 2M.La matriz HF es simetrica y definida negativa no singular (pues M es definida positiva ysimetrica), usando el teorema 2 y 3, entonces la aplicacion F tiene un maximo relativo estrictoen a = (0, 0, 0).

5. Sea u R3. Sabemos por 2 que (u) 0, tambien que para todo x 0 se verifica f(x) 0. Porende,

F (m) = f (m) 0. (1)

Si a es un punto crtico no nulo de F , por el literal 3, (a) = 1 y por lo tanto F (a) = f(1) = 0.Por el razonamiento anterior, concluimos que a es un mnimo absoluto, por (1).

Ejercicio 2. Sean F : R3 R una aplicacion de clase C2, un abierto de R2 y : R unaaplicacion de clase C2 tal que, para todo (x, y) , F (x, y, (x, y)) = 0.

1. Expresar, a traves de las primeras y segundas derivadas parciales de F y de , las primeras ysegundas derivadas parciales de la aplicacion (x, y, z) 7 F (x, y, (x, y)).

2

2. Supongamos que (a, b) es un extremo relativo de y se pone c = (a, b). Demostrar lasrelaciones

F (a, b, c) = F x(a, b, c) = Fy(a, b, c) = 0,

F x2(a, b, c) Fy2(a, b, c)

(F xy(a, b, c)

)2 0.3. Para todo (x, y, z) R3, definimos

F (x, y, z) = 2x2 + 2y2 + z2 + 8xz z + 8.

Aplicar el teorema de las funciones implcitas, mostrar que existen dos abiertos 1 y 2 de R2 ydos funciones de clase C2, 1 : 1 R y 2 : 2 R, teniendo cada una un extremo relativosobre el dominio de definicion, tales que, para todo (x, y) i, tenemos, para i = 1 y para i = 2,

F (x, y, i(x, y)) = 0.

Determinar los extremos relativos.

Solucion. Sea G : R tal que G(x.y) = F (x, y, (x, y)).1. Expresemos a G como composicion de funciones. Sea : (x, y) 7 (x, y, (x, y)), definida sobre

. Tenemos que G = F . Su derivada es DG(x, y) = DF ((x, y)) D(x, y). Para facilitarla escritura de la derivada de G la expresaremos como el producto de las matrices Jacobianasde F y :

(Gx(x, y) Gy(x, y)

)=(F x (x, y) F y (x, y) F z (x, y)

) 1 00 1x(x, y) y(x, y)

.Obtenemos entonces las primeras derivadas parciales de G:

Gx = Fx + (F z ) x, (2)

Gy = Fy + (F z ) y. (3)

Luego usando las formulas anteriores y aplicando las propiedades de derivacion de un productode dos funciones y la derivacion de una composicion de funciones, tenemos entonces que lassegundas derivadas parciales son

Gxx = Fxx + 2(F xz ) x + (F zz ) (x)2 + (F z ) xx, (4)

Gyy = Fyy + 2(F yz ) y + (F zz ) (y)2 + (F z ) yy, (5)

Gxy = Fxy + (F xz ) y + (F yz ) x + (F zz ) xy + (F z ) xy. (6)

Finalmente, por hipotesis la funcion G es nula sobre el conjunto por lo que las primeras ysegundas derivadas tambien seran nulas en todo punto de . Con esto logramos las iguales quese piden.

2. Sea (a, b) un extremo relativo de . Notemos c = (a, b). Por el teorema 1 tenemos queD(a, b) = 0 y que

(xy(a, b)

)2 xx(a, b) yy(a, b) 0. Usando esto en las igualdades encon-tradas en el literal anterior, obtenemos

F xx(a, b, c) + xx(a, b) F

z(a, b, c) = 0, (7)

F yy(a, b, c) + yy(a, b) F

z(a, b, c) = 0, (8)

F xy(a, b, c) + xy(a, b) F

z(a, b, c) = 0, (9)

3

se sigue que(F z(a, b, c)

)2 ((xy(a, b)

)2 xx(a, b) yy(a, b)) = (F xy(a, b, c))2 F xx(a, b, c) F yy(a, b, c).Luego,

F (a, b, c) = F x(a, b, c) = Fy(a, b, c) = 0,

F xx(a, b, c) Fyy(a, b, c)

(F xy(a, b, c)

)2 0.3. Usando el resultado anterior, formamos el sistema de ecuaciones no lineales:

2x2 + 2y2 + z2 + 8xz z + 8 = 04x+ 8z = 0

4y = 0.

Las soluciones de este sistema de ecuaciones son s1 = (2, 0, 1) y s2 = (16/7, 0,8/7). Notemoscomo (x1, y1) = (2, 0), (x2, y2) = (16/7, 0), z1 = 1 y z2 = 8/7.Ademas, F z(x, y, z) = 2z + 8x + 1. Reemplazando los puntos s1 y s2 en F z(x, y, z) tenemosF z(x1, y1, z1) = 15 6= 0 y F z(x2, y2, z2) = 105/7 6= 0.Aplicando el teorema de la funcion implcita a F en los puntos s1 y s2, existe una vecindadabierta Ui de (xi, yi) de R y una funcion i : Ui R de clase C2, tal que para todo (x, y) Ui,F (x, y, i(x, y)) = 0 (para i = 1, 2).

Ahora verifiquemos que i en en el punto (xi, yi) es un extremos relativo. Usando los resultados(2) y (3) tenemos

ix(xi, yi) = iy(xi, yi) = 0

pues sabemos que F x(xi, yi, zi) = F y(xi, yi, zi) = 0 y F z(xi, yi, zi) 6= 0, para i = 1, 2. Tambien,F xx(x, y, z) = 4, F xy(x, y, z) = 0 y F yy(x, y, z) = 4, para todo (x, y, z) R3.Analizando F en el punto (x1, y1, z1), tenemos los siguientes resultados: F

z(x1, y1, z1) = 15,

1 xx(x1, y1) = 4/15, 1 xy(x1, y1) = 0 y 1 yy(x1, y1) = 4/15. Entonces(1 xy(x1, y1)

)2< 1 xx(x1, y1)

1 yy(x1, y1),

por tanto 1 en el punto (x1, y1) tiene un mnimo local estricto.

Para el punto (x2, y2, z2), tenemos los siguientes resultados: Fz(x2, y2, z2) = 105/7,

2 xx(x1, y1) =

28/105, 2 xy(x1, y1) = 0 y 2 yy(x2, y2) = 28/105. Entonces(2 xy(x2, y2)

)2< 2 xx(x2, y2)

2 yy(x2, y2),

por tanto 2 en el punto (x2, y2) tiene un maximo local estricto.

Referencias

[1] Christol, G. Cot, A. Marle, C., Calcul differential, Ellipses, Pars, (1997).

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