$$\textrm{2. Sea f : \mathbb{R}^2 \to \mathbb{R}$ dada por la f\'ormula $f(x, y) = (x-1)^2 + y^2 + 1$}$$
$$\textrm{a) Encontrar todos los extremos locales de }f\text{ en }{D = \{(x, y) \in \mathbb{R}^2 : x^2 + y^2 < 4\}}\text{. Analizar la existencia de extremos absolutos en }D.$$
La primera parte es bastante sencilla - sabemos que si un punto es un extremo de una función continua diferenciable en un abierto, su gradiante se debe anular. Entonces, como cumplimos estas hipótesis, probemos a ver cuales puntos son los críticos dentor de D.
\(\nabla f = <2(x-1), 2y> = 0 \iff (x, y) = (1, 0)\).
Vemos que \((1, 0) \in D\), y es el único punto crítico en el interior de este conjunto. Pero todavía no sabemos que es; si mínimo o máximo (o nada: punto silla). Para ver esto podemos ver el criterio del Hessiano, el cual nos dice que si el determinante de la matriz Hessiana, evaluada en (x, y) es:
Menor que cero:
Punto silla[/*:m]
[/*:m]
Mayor que cero
Determinantes de las matrices menores estríctamente mayores a cero:
Mínimo[/*:m]
[/*:m]
Determinantes de las matrices menores alternantes entre estríctamente mayores y estríctamente menores que cero (con \(f_{xx}(x, y) < 0\)):
Máximo[/*:m]
[/*:m]
[/*:m]
Igual a cero
Inconcluso[/*:m]
[/*:m]
Planteamos el Hessiano, que es
$$\begin{pmatrix} 2 & 0 \\ 0 & 2 \end{pmatrix}$$
Vemos que los determinantes son todos positivos (más claramente, todos los autovalores son positivos), entonces es definida positiva en todos los puntos de D, y el único punto crítico debe ser un mínimo.
EDIT: Como está explicado en el post de abajo, podemos justificar que es un mínimo absoluto dándonos cuenta que es un paraboloide. Si no, el planteo del próximo punto también nos da la info para saber que este tiene que ser absoluto.
$$\textrm{b) Encontrar los maximos y minimos absolutos de }f\text{ en }\overline{D}.$$
Ya vimos los puntos del interior de \(D\), ahora faltaría ver que pasa con \(D \cup \partial D = \overline{D}\).
Este es particularmente fácil porque el conjunto de nuestra restricción describe un círculo de radio 2 al rededor de (0, 0). Como sabemos, una parametrización práctica es \(\varphi(x, y) = (r\cos(\theta), r\sin(\theta))\), que nos da, cuando la componemos con f, una función de una variable que recorre la frontera del círculo, mas fácil de analizar. En este caso, r = 2 porque el radio del círculo es \(\sqrt{4} = 2\). Entonces nos fijamos cuando f' se hace 0, al seguir esta curva del borde del círculo:
Esto se anula en \(\pi\) y \(-\pi\), que en nuestro contorno representan \((2, 0)\) y \((-2, 0)\).
Estos puntos son críticos en \(\overbar{D}\).
Entonces tenemos (2, 0), (-2, 0), y (1, 0) que sabemos que es mínimo. Como ahora estamos en un compacto, y con una función continua, debe alcanzar máximos y mínimos - entonces los máximos deben estar en la frontera. f(2, 0) = 2, f(-2, 0) = 10. Vemos que (-2, 0) es el máximo absoluto de la función.
Como estudiamos todo \(\overbar{D}\), junto con su contorno, y encontramos solo esos puntos, deben ser máximos y mínimo absolutos en \(\overbar{D}\).
Me acabo de dar cuenta que en el 2.b) puse, en el parcial, que \(4\sin\left(\frac{\pi}{2}\right) = 4\sin\left(\frac{-\pi}{2}\right) = 0\)...con lo que me dió dos máximos en vez de uno solo...el análisis es el mismo...me descontarán mucho? 😕
Y eso que revisé eh...
EDIT: Corregí el LaTeX.
Firma
Por qué los poetas usan integrales?
Porque Riemann.
En el punto A te pregunta sobre extremos locales y absolutos en el conjunto abierto, te faltó poner que (1,0) es un minimo absoluto ademas de local. Fijate que la función es paraboloide hacia arriba, convexo.
En el punto B yo usé multiplicadores porque tenía miedo de confundirme con la parametrización y esas cuentitas, que no son dificiles pero por ahi se te pianta algo.
Firma
Hoy esta muerto y con él, cuanta memoria se apaga...
Cierto 🙂 Igual yo no me hubiera dado cuenta que es un mínimo porque es un paraboloide...yo solo porque es el mas chico de todos los puntos críticos que encontré xD Todavía me falta mucha práctica para acordarme que forma tienen las famosas, tipo paraboloide, cono, cilindro, sillas de montar, etc.
Lo corrijo ahora, gracias!
Me quedó la duda...
En el punto \(a\) preguntan por extremos absulotos, el punto que encontraste es un mínimo absoluto claramente, y los máximos? cómo se justifica que no tiene) 😢
Cuando tenía que justificar que no había máximos absolutos en una función en general, no en conjunto en particular, tomaba una curva por la que la función se iba a \(+\infty\) y listo, pero no supe como hacerlo en el ejercicio 😢
Me quedó la duda...
En el punto \(a\) preguntan por extremos absulotos, el punto que encontraste es un mínimo absoluto claramente, y los máximos? cómo se justifica que no tiene) 😢
Cuando tenía que justificar que no había máximos absolutos en una función en general, no en conjunto en particular, tomaba una curva por la que la función se iba a \(+\infty\) y listo, pero no supe como hacerlo en el ejercicio 😢
Podrías argumentar que tenes un solo punto crítico, que es un minimo, ya está, no tiene maximos porque no hay más puntos críticos. Creo que estaría bien así.
FJL escribió:
Cierto 🙂 Igual yo no me hubiera dado cuenta que es un mínimo porque es un paraboloide...yo solo porque es el mas chico de todos los puntos críticos que encontré xD Todavía me falta mucha práctica para acordarme que forma tienen las famosas, tipo paraboloide, cono, cilindro, sillas de montar, etc.
Lo corrijo ahora, gracias!
Ves que el primer término esta elevado al cuadrado y el segundo también, si los moves independientemente, la función crece siempre entonces debe estar acotada por abajo (con esto no es necesario saber que es un paraboloide, pero verlo de entrada simplifica un poco las cosas).
Algumenté diciendo que tenía un solo punto crítico y que era un mínimo, pero no creo que sea suficiente justificación.
O sea, si para justificar en una función que no tiene máximo absoluto tengo que encontrar una curva por la que se vaya a \(+\infty\) (R2 es un abiero aligual que \(D\)), ¿por qué en el caso del ejercicio bastaría con ver que no hay otro punto crítico y en el caso general no?
Argumenté diciendo que tenía un solo punto crítico y que era un mínimo, pero no creo que sea suficiente justificación.
O sea, si para justificar en una función que no tiene máximo absoluto tengo que encontrar una curva por la que se vaya a \(+\infty\) (R2 es un abiero aligual que \(D\)), ¿por qué en el caso del ejercicio bastaría con ver que no hay otro punto crítico y en el caso general no?
Yo me acuerdo que eso lo hacía cuando quería ver máximos y minimos relativos de una función donde el criterio del Hessiano no me decía nada o era semidefinido.
En este caso no se me ocurré que otra cosa mas podría argumentar para decir que no hay máximos absolutos porque la función es creciente y el gradiente solo se anula en (0,0). Ah, ahi está, podrías hacer un mapa de gradientes para ver como se comporta tu función, me acuerdo que mi profe lo hizo una vez y dijo que servía como justificación.
Me parece que lo que te había dicho antes estaba bien, no hay máximos porque es el unico punto crítico (que en este caso es mínimo).
Leyendo esto que puso Exe en "Nociones sobre el estudio de extremos de una función":
Teorema : Sea \(f:D\subseteq \mathbb{R}^{n}\rightarrow \mathbb{R}\) diferenciable en \(\overline{a}\in D\). Si \(\overline{a}\) es extremo de \(f\) entonces \(\nabla f(\overline{a})\eq=\overline{0}\)
Definición : Los puntos \(x\) que satisfacen \(\nabla f(x)\eq=\overline{0}\) se llaman puntos críticos de \(f\). Luego, una función diferenciable en \(D\), satisface que los posibles extremos de\(f\)en \(D\) son los puntos críticos de \(f\) en \(D\).
Bien a lo bruto, si tu función crece y el gradiente no se te anula nunca, entonces nunca va poder pegar un giro para ir para abajo. (cuando lean esto me van a querer matar)
Pensalo en una variable.
Si, yo lo pensé asi también. Si tengo un plato de sopa (continuo en un cerrado y diferenciable en un abierto) que estrictamente crece, y le encontré el mínimo, y solo me falta checkear el borde, se que puedo tomar cualquier punto suficientemente cerca del borde, y va a ser mas chico que o igual a el borde, simplemente porque el plato es continuo en el borde. Aunque haya cosas raras en el borde, no puede irse muy lejos porque es continuo. Osea, no tiene "tiempo" de doblar suficiente, en un espacio infinitesimalmente finito como es el borde, y convertirse en un mínimo mas chico que el mínimo que encontré en el centro del plato.
Ahora, si tengo un plato playo (osea no curvo), no supondría que vale - el borde puede justo ser un poco mas bajito que el "mínimo" que encontré, que sería toda la superficie del plato. Igual todo esto es intuitivo, la prueba está en que encontrás todos los puntos críticos, y de los 3, uno es máximo abs, otro mínimo abs, y el otro es "algo" local (habría que hacer algún análisis posterior para ver si es mínimo local o máximo local, pero el ej. no lo pide).