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# 6.9: Extrema Local. Maxima y Minima

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Decimos que$$f : E^{\prime} \rightarrow E^{1}$$ tiene un máximo local (mínimo) en$$\vec{p} \in E^{\prime}$$ iff$$f(\vec{p})$$ es el valor más grande (mínimo) de$$f$$ en algún globo$$G$$ sobre$$\vec{p};$$ más precisamente, iff

$(\forall \vec{x} \in G) \quad \Delta f=f(\vec{x})-f(\vec{p})<0(>0).$

Hablamos de un extremo impropio si solo tenemos$$\Delta f \leq 0( \geq 0)$$ encendido$$G.$$ En todo caso, todo depende de la señal de$$\Delta f.$$

Del Problema 6 en §1, recuerde la siguiente condición necesaria.

## Teorema$$\PageIndex{1}$$

Si$$f : E^{\prime} \rightarrow E^{1}$$ tiene un extremo local en$$\vec{p}$$ entonces$$D_{\vec{u}} f(\vec{p})=0$$ para todos$$\vec{u} \neq \overrightarrow{0}$$ en$$E^{\prime}.$$

En el caso$$E^{\prime}=E^{n}\left(C^{n}\right),$$ esto significa que$$d^{1} f(\vec{p} ; \cdot)=0$$ en$$E^{\prime}$$.

(Recordemos que$$d^{1} f(\vec{p} ; \vec{t})=\sum_{k=1}^{n} D_{k} f(\vec{p}) t_{k}.$$ Se desvanece si el$$D_{k} f(\vec{p})$$ do.

Nota 1. Esta condición sólo es necesaria, no suficiente. Por ejemplo, si$$f(x, y)=x y,$$ entonces$$d^{1} f(\overrightarrow{0} ; \cdot)=0 ;$$ todavía no$$f$$ tiene extremo en$$\overrightarrow{0}.$$ (¡Verifica!)

Se dieron condiciones suficientes en el Teorema 2 de §5,$$E^{\prime}=E^{1}.$$ porque ahora retomamos$$E^{\prime}=E^{2}.$$

## Teorema$$\PageIndex{2}$$

Dejar$$f : E^{2} \rightarrow E^{1}$$ ser de clase$$C D^{2}$$ en un globo$$G=G_{\vec{p}}(\delta).$$ Supongamos$$d^{1} f(\vec{p} ; \cdot)=0$$ en$$E^{2}.$$ Set$$A=D_{11} f(\vec{p}), B=D_{12} f(\vec{p}),$$ y$$C=D_{22} f(\vec{p})$$.

Entonces son ciertas las siguientes afirmaciones.

(i) Si$$A C>B^{2},$$ tiene un máximo o mínimo en$$\vec{p},$$ función de si

$$A<0$$o$$A>0.$$

(ii) Si no$$A C<B^{2}, f$$ tiene extremo en$$\vec{p}$$.

El caso$$A C=B$$ está sin resolver.

Prueba

Dejar$$\vec{x} \in G$$ y$$\vec{u}=\vec{x}-\vec{p} \neq \overrightarrow{0}$$.

Como$$d^{1} f(\vec{p} ; \cdot)=0,$$ Teorema 2 en §5, rinde

$\Delta f=f(\vec{x})-f(\vec{p})=R_{1}=\frac{1}{2} d^{2} f(\vec{s} ; \vec{u}),$

con$$\vec{s} \in L(\vec{p}, \vec{x}) \subseteq G$$ (ver Corolario 1 de §5). Como$$f \in C D^{2},$$ tenemos$$D_{12} f=D_{21} f$$ en$$G$$ (Teorema 1 en §5). Así, por la fórmula (4) en §5

$\Delta f=\frac{1}{2} d^{2} f(\vec{s} ; \vec{u})=\frac{1}{2}\left[D_{11} f(\vec{s}) u_{1}^{2}+2 D_{12} f(\vec{s}) u_{1} u_{2}+D_{22} f(\vec{s}) u_{2}^{2}\right].$

Ahora, como los parciales involucrados son continuos, podemos elegir$$G=G_{\vec{p}}(\delta)$$ tan pequeños que el signo de expresión (1) no cambiará si$$\vec{s}$$ es reemplazado por$$\vec{p}$$. Entonces el signo crucial de$$\Delta f$$ on$$G$$ coincide con el de

$D=A u_{1}^{2}+2 B u_{1} u_{2}+C u_{2}^{2}$

(con$$A, B,$$ y$$C$$ como se indica en el teorema).

De (2) obtenemos, por álgebra elemental,

\begin{aligned} A D &=\left(A u_{1}+B u_{2}\right)^{2}+\left(A C-B^{2}\right) u_{2}^{2}, \\ C D &=\left(C u_{1}+B u_{2}\right)^{2}+\left(A C-B^{2}\right) u_{2}^{2}. \end{aligned}

Claramente, si$$A C>B^{2},$$ la expresión del lado derecho en (3) es$$>0;$$ así$$A D>0$$, es decir,$$D$$ tiene el mismo signo que$$A.$$

De ahí$$A<0,$$ que si también tenemos$$\Delta f<0$$ encendido$$G,$$ y$$f$$ tiene un máximo en$$\vec{p}.$$ Si$$A>0,$$ entonces$$\Delta f>0,$$ y$$f$$ tiene un mínimo en$$\vec{p}$$.

Ahora vamos$$A C<B^{2}$$. Afirmamos que no importa cuán pequeños se firmen$$G=G_{\vec{p}}(\delta), \Delta f$$ los cambios como$$\vec{x}$$ varía en$$G,$$ y así no$$f$$ tiene extremo en$$\vec{p}$$.

En efecto, tenemos$$\vec{x}=\vec{p}+\vec{u}, \vec{u}=\left(u_{1}, u_{2}\right) \neq \overrightarrow{0}.$$ Si$$u_{2}=0,$$ (3) muestra eso$$D$$ y$$\Delta f$$ tenemos el mismo signo que$$A(A \neq 0).$$

Pero si$$u_{2} \neq 0$$ y$$u_{1}=-B u_{2} / A$$ (asumiendo$$A \neq 0),$$ entonces$$D$$ y$$\Delta f$$ tener el signo opuesto al de$$A;$$ y sigue en$$G$$ si$$\vec{x}$$$$u_{2}$$ es lo suficientemente pequeño (¿qué tan pequeño?).

Se procede de manera similar si$$C \neq 0$$ (intercambio$$A$$$$C,$$ y y uso (3').

Por último, si$$A=C=0,$$ entonces por (2),$$D=2 B u_{1} u_{2}$$ y$$B \neq 0$$ (desde$$A C<B^{2})$$. De nuevo$$D$$ y$$\Delta f$$ cambiar de signo como lo$$u_{1} u_{2}$$ hace; así no$$f$$ tiene extremum en$$\vec{p}.$$ Así todo está demostrado. $$\quad \square$$

Brevemente, la prueba utiliza el hecho de que el trinomio (2) cambia de signo si su discriminante$$B^{2}-A C$$ es positivo, es decir,$$\left|\begin{array}{cc}{A} & {B} \\ {B} & {C}\end{array}\right|<0$$.

Nota 2. Las funciones$$f : C \rightarrow E^{1}$$ (de una variable compleja) son igualmente cubiertas por el Teorema 2 si se las trata como funciones sobre$$E^{2}$$ (de dos variables reales).

Funciones de n variables. Aquí debemos apoyarnos en la teoría algebraica de las llamadas formas cuadráticas simétricas, es decir, polinomios$$P : E^{n} \rightarrow E^{1}$$ de la forma

$P(\vec{u})=\sum_{j=1}^{n} \sum_{i=1}^{n} a_{i j} u_{i} u_{j},$

dónde$$\vec{u}=\left(u_{i}, \ldots, u_{n}\right) \in E^{n}$$ y$$a_{i j}=a_{j i} \in E^{1}$$.

Damos por sentado un teorema debido a J. J. Sylvester (ver S. Perlis, Theory of Matrices, 1952, p. 197), que puede afirmarse de la siguiente manera.

Dejar$$P : E^{n} \rightarrow E^{1}$$ ser una forma cuadrática simétrica,

$P(\vec{u})=\sum_{j=1}^{n} \sum_{i=1}^{n} a_{i j} u_{i} u_{j}.$

i)$$P>0$$ en todos los$$E^{n}-\{\overrightarrow{0}\}$$ casos los siguientes$$n$$ determinantes$$A_{k}$$ son positivos:

$A_{k}=\left|\begin{array}{cccc}{a_{11}} & {a_{12}} & {\dots} & {a_{1 k}} \\ {a_{21}} & {a_{22}} & {\dots} & {a_{2 k}} \\ {\ldots} & {\ldots \ldots \ldots} & {\ldots} & {a_{2 k}} \\ {a_{k 1}} & {a_{k 2}} & {\dots} & {a_{k k}}\end{array}\right|, \quad k=1,2, \ldots, n.$

(ii) Tenemos$$P<0$$ en$$E^{n}-\{\overrightarrow{0}\}$$ iff$$(-1)^{k} A_{k}>0$$ para$$k=1,2, \ldots, n$$.

Ahora podemos extender el Teorema 2 al caso$$f : E^{n} \rightarrow E^{1}$$. (Esto también cubrirá$$f : C^{n} \rightarrow E^{1},$$ tratado como$$f : E^{2 n} \rightarrow E^{1}.)$$ La prueba se asemeja a la del Teorema 2.

## Teorema$$\PageIndex{3}$$

Dejar$$f : E^{n} \rightarrow E^{1}$$ ser de clase$$C D^{2}$$ en algunos$$G=G_{\vec{p}}(\delta).$$ Supongamos$$d f(\vec{p} ; \cdot)=0$$ en$$E^{n}.$$ Definir el$$A_{k}$$ as en (4), con$$a_{i j}=D_{i j} f(\vec{p}), i, j, k \leq n$$ Entonces se mantienen las siguientes declaraciones.

(i)$$f$$ tiene un mínimo local en$$\vec{p}$$ si$$A_{k}>0$$ para$$k=1,2, \ldots, n$$.

(ii)$$f$$ tiene un máximo local en$$(-1)^{k} A_{k}>0$$ su$$\vec{p}$$ caso$$k=1, \ldots, n$$.

(iii) no$$f$$ tiene extremo en$$\vec{p}$$ si la expresión

$P(\vec{u})=\sum_{j=1}^{n} \sum_{i=1}^{n} a_{i j} u_{i} u_{j}$

es$$>0$$ para algunos$$\vec{u} \in E^{n}$$ y$$<0$$ para otros (es decir,$$P$$ cambios de inicio de sesión$$E^{n})$$.

Prueba

Volvamos a usar$$\vec{x} \in G, \vec{u}=\vec{x}-\vec{p} \neq \overrightarrow{0},$$ y usar el teorema de Taylor para obtener

$\Delta f=f(\vec{x})-f(\vec{p})=R_{1}=\frac{1}{2} d^{2} f(\vec{s} ; \vec{u})=\sum_{j=1}^{n} \sum_{i=1}^{n} D_{i j} f(\vec{s}) u_{i} u_{j},$

con$$\vec{s} \in L(\vec{x}, \vec{p})$$.

Como$$f \in C D^{2},$$ los parciales$$D_{i j} f$$ son continuos en$$G.$$ Así podemos hacer$$G$$ tan pequeños que el signo de la última suma doble no cambia si$$\vec{s}$$ es reemplazado por$$\vec{p}$$. De ahí que el signo de$$\Delta f$$ encendido$$G$$ sea el mismo que el de$$P(\vec{u})=\sum_{j=1}^{n} \sum_{i=1}^{n} a_{i j} u_{i} u_{j}$$, con el$$a_{i j}$$ como se afirma en el teorema.

La forma cuadrática$$P$$ es simétrica ya que$$a_{i j}=a_{j i}$$ por el Teorema 1 en §5. Así, por el teorema de Sylvester expuesto anteriormente, se obtienen fácilmente nuestras aseveraciones (i) y (ii). En efecto, son inmediatos de las cláusulas (i) y (ii) de ese teorema.

Ahora, para (iii), supongamos$$P(\vec{u})>0>P(\vec{v}),$$ i.e.

$\sum_{j=1}^{n} \sum_{i=1}^{n} a_{i j} u_{i} u_{j}>0>\sum_{j=1}^{n} \sum_{i=1}^{n} a_{i j} v_{i} v_{j} \quad \text { for some } \vec{u}, \vec{v} \in E^{n}-\{\overrightarrow{0}\}.$

Si aquí$$\vec{u}$$ y$$\vec{v}$$ son reemplazados por$$t \vec{u}$$ y$$t \vec{v}(t \neq 0),$$ luego$$u_{i} u_{j}$$ y se$$v_{i} v_{j}$$ convierten en$$t^{2} u_{i} u_{j}$$ y$$t^{2} v_{i} v_{j},$$ respectivamente. De ahí

$P(t \vec{u})=t^{2} P(\vec{u})>0>t^{2} P(\vec{v})=P(t \vec{v}).$

Ahora, para cualquiera$$t \in(0, \delta /|\vec{u}|),$$ el punto$$\vec{x}=\vec{p}+t \vec{u}$$ se encuentra en la línea$$\vec{u}$$ -dirigida por$$\vec{p},$$ dentro$$G=G_{\vec{p}}(\delta).$$ (¿Por qué?) Del mismo modo para el punto$$\vec{x}^{\prime}=\vec{p}+t \vec{v}.$$

De ahí que para tal$$\vec{x}$$ y el teorema de$$\vec{x}^{\prime},$$ Taylor vuelve a producir fórmulas análogas a (5) para algunos$$\vec{s} \in L(\vec{p}, \vec{x})$$ y que se$$\vec{s}^{\prime} \in L\left(\vec{p}, \vec{x}^{\prime}\right)$$ encuentran en las mismas dos líneas. De nuevo se deduce que para los pequeños$$\delta$$,

$f(\vec{x})-f(\vec{p})>0>f\left(\vec{x}^{\prime}\right)-f(\vec{p}),$

al igual que$$P(\vec{u})>0>P(\vec{v})$$.

Así se demuestra el signo de$$\Delta f$$ cambios$$G_{\vec{p}}(\delta),$$ y (iii). $$\quad \square$$

Nota 3. Aún no se resuelven los casos en los que se$$P(\vec{u})$$ desvanece para algunos$$\vec{u} \neq \overrightarrow{0},$$ sin cambiar su signo; e.g.,$$P(\vec{u})=\left(u_{1}+u_{2}+u_{3}\right)^{2}=0$$ para$$\vec{u}=(1,1,-2)$$. Entonces la respuesta depende de términos de orden superior de la fórmula de Taylor. En particular, si$$d^{1} f(\vec{p} ; \cdot)=d^{2} f(\vec{p} ; \cdot)=0$$ en$$E^{n},$$ entonces$$\Delta f=R_{2}=\frac{1}{6} d^{3} f(\vec{p} ; \vec{s}),$$ etc.

Nota 4. El valor más grande o menor de$$f$$ en un conjunto$$A$$ (a veces llamado el máximo o mínimo absoluto) puede ocurrir en algún punto interior (por ejemplo, límite)$$\vec{p} \in A,$$ y luego no se encuentra entre los extremos locales (donde, por definición,$$G_{\vec{p}} \subseteq A$$ se presupone un globo terráqueo). Así, para encontrar los extremos absolutos, también se debe explorar el comportamiento de$$f$$ en puntos no interiores de$$A.$$

Por el Teorema 1, los extremos locales solo pueden ocurrir en los llamados puntos críticos$$\vec{p}$$, es decir, aquellos en los que todas las derivadas direccionales desaparecen (o no existen, en cuyo caso$$D_{\vec{u}} f(\vec{p})=0$$ por convención).

En la práctica, para encontrar tales puntos en$$E^{n}\left(C^{n}\right),$$ uno$$D_{k} f$$$$(k \leq n)$$ equipara los parciales a$$0.$$ Entonces uno usa los teoremas 2 y 3 u otras consideraciones para determinar si realmente existe un extremo.

## Ejemplos

(A) Encontrar el mayor valor de

$f(x, y)=\sin x+\sin y-\sin (x+y)$

en el set$$A \subseteq E^{2}$$ delimitado por las líneas$$x=0, y=0$$ y$$x+y=2 \pi$$.

Tenemos

$D_{1} f(x, y)=\cos x-\cos (x+y) \text { and } D_{2} f(x, y)=\cos y-\cos (x+y).$

Dentro del triángulo$$A,$$ ambos parciales desaparecen sólo en el punto en el que$$\left(\frac{2 \pi}{3}, \frac{2 \pi}{3}\right)$$$$f=\frac{3}{2} \sqrt{3}.$$ En el límite de$$A$$ (es decir, en las líneas$$x=0, y=0$$ y$$x+y=2 \pi ), f=0.$$ Así incluso sin utilizar el Teorema 2, es evidente que$$f$$ alcanza su mayor valor,

$f\left(\frac{2 \pi}{3}, \frac{2 \pi}{3}\right)=\frac{3}{2} \sqrt{3},$

en este punto crítico único.

(B) Encontrar el mayor y el menor valor de

$f(x, y, z)=a^{2} x^{2}+b^{2} y^{2}+c^{2} z^{2}-\left(a x^{2}+b y^{2}+c z^{2}\right)^{2},$

con la condición de que$$x^{2}+y^{2}+z^{2}=1$$ y$$a>b>c>0$$.

Como$$z^{2}=1-x^{2}-y^{2},$$ podemos$$z$$ eliminar$$f(x, y, z)$$ y reemplazar$$f$$ por$$F : E^{2} \rightarrow E^{1}:$$

$F(x, y)=\left(a^{2}-c^{2}\right) x^{2}+\left(b^{2}-c^{2}\right) y^{2}+c^{2}-\left[(a-c) x^{2}+(b-c) y^{2}+c\right]^{2}.$

(¡Explique!) Porque$$F,$$ buscamos los extremos en el disco$$\overline{G}=\overline{G}_{0}(1) \subset E^{2},$$ donde$$x^{2}+y^{2} \leq 1$$ (para no violar la condición$$x^{2}+y^{2}+z^{2}=1)$$.

Equiparando a 0 los dos parciales

$\begin{array}{l}{D_{1} F(x, y)=2 x(a-c)\left\{(a+c)-2\left[(a-c) x^{2}+(b-c) y^{2}+c\right]^{2}\right\}=0}, \\ {D_{2} F(x, y)=2 y(b-c)\left\{(b+c)-2\left[(a-c) x^{2}+(b-c) y^{2}+c\right]^{2}\right\}=0}\end{array}$

y resolviendo este sistema de ecuaciones, encontramos estos puntos críticos dentro$$G:$$

(1)$$x=y=0$$ ($$F=0)$$;

(2)$$x=0, y=\pm 2^{-\frac{1}{2}}\left(F=\frac{1}{4}(b-c)^{2}\right);$$ y

(3)$$x=\pm 2^{-\frac{1}{2}}, y=0\left(F=\frac{1}{4}(a-c)^{2}\right)$$.

(¡Verifica!)

Ahora bien, para el límite de$$\overline{G},$$ i.e., el círculo$$x^{2}+y^{2}=1,$$ repite este proceso: sustituya$$y^{2}=1-x^{2}$$ en la fórmula para$$F(x, y),$$ reducirlo así a

$h(x)=\left(a^{2}-b^{2}\right) x^{2}+b^{2}+\left[(a-b) x^{2}+b\right]^{2}, \quad h : E^{1} \rightarrow E^{1},$

en el intervalo$$[-1,1] \subset E^{1}.$$ En$$(-1,1)$$ la derivada

$h^{\prime}(x)=2(a-b) x\left(1-2 x^{2}\right)$

desaparece sólo cuando

(4)$$x=0$$ ($$h=0),$$y

(5)$$x=\pm 2^{-\frac{1}{2}}\left(h=\frac{1}{4}(a-b)^{2}\right)$$.

Por último, en los puntos finales de$$[-1,1],$$ tenemos

(6)$$x=\pm 1$$ ($$h=0)$$.

Comparando los valores de función resultantes en los seis casos, concluimos que el menor de ellos es$$0,$$ mientras que el más grande es$$\frac{1}{4}(a-c)^{2}.$$ Estos son los valores más pequeños y mayores deseados de$$f,$$ sujeto a las condiciones establecidas. Se logran, respectivamente, en los puntos

$(0,0, \pm 1),(0, \pm 1,0),( \pm 1,0,0), \text { and }\left( \pm 2^{-\frac{1}{2}}, 0, \pm 2^{-\frac{1}{2}}\right).$

Nuevamente, el uso de los Teoremas 2 y 3 fue redundante. Sin embargo, sugerimos como ejercicio que el lector pruebe los puntos críticos de$$F$$ usando el Teorema 2.

Precaución. Los teoremas del 1 al 3 se aplican únicamente a funciones de variables independientes. En el Ejemplo (B),$$x, y, z$$ se hicieron interdependientes por la ecuación impuesta

$x^{2}+y^{2}+z^{2}=1$

(que limita geométricamente todo a la superficie de$$G_{\overrightarrow{0}}(1)$$ adentro$$E^{3}),$$ para que uno de ellos,$$z,$$ pueda ser eliminado. Sólo entonces se pueden utilizar los Teoremas del 1 al 3.

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