Archivos de la categoría ‘TP12 – Polinomio de Taylor y Extremos

Tp.12 Ej.5

Martes, octubre 1st, 2013

Dada f(x,y) = y g(x), halle g(x) tal que en un entorno del punto (x_0, y_0) con y_0 \neq 0 resulte f(x,y) \approx g(x_0) (x+y-x_0)

Solución:

Para poder aproximar f en un entorno del (x_0,y_0), es necesario que f sea diferenciable en (x_0,y_0), y por lo tanto que g sea derivable en x_0.

En ese caso tenemos que
f(x,y) \approx f(x_0,y_0) + f'_x(x_0,y_0)(x-x_0) + f'_y(x_0,y_0)(y-y_0)

En este caso
f(x_0,y_0) = y_0 g(x_0)
f'_x(x_0,y_0) = y_0 g'(x_0)
f'_y(x_0,y_0) = g(x_0)

Reemplazando
f(x,y) \approx y_0 g(x_0) + y_0 g'(x_0)(x-x_0) + g(x_0)(y-y_0) =
= y_0 g(x_0) + y_0 g'(x_0)x - y_0 g'(x_0)x_0 + g(x_0)y - g(x_0)y_0 =
= y_0 g'(x_0)x - y_0 g'(x_0)x_0 + g(x_0)y

pero nos piden que
f(x,y) \approx g(x_0) (x+y-x_0)

Luego
y_0 g'(x_0)x + g(x_0)y - y_0 g'(x_0)x_0 = g(x_0) x + g(x_0) y - g(x_0)x_0

De donde (comparando coeficiente a coeficiente este polinomio en x,y):

y_0 g'(x_0) = g(x_0)
g(x_0) = g(x_0)
-y_0 g'(x_0)x_0 = -g(x_0)x_0

Por lo tanto g satisface la EDO
y_0 g' = g
Como y_0 \neq 0
\frac{dg}{g} = \frac{dx}{y_0}
\ln|g| = \frac{x}{y_0} + C
g(x) = K e^{x/y_0}

Ejemplo de cuando el criterio del Hessiano no decide

Lunes, agosto 17th, 2009

Determine los extremos locales de f(x,y) = x^3 + xy^2

Solución:

Como es un polinomio sabemos que f \in C^2 por lo tanto podemos anular el gradiente y aplicar el hessiano.

\nabla f = (3x^2 + y^2, 2xy)

Por lo tanto por la condición necesaria:

(3x^2 + y^2, 2xy) = (0,0)

o sea:

3x^2 + y^2 = 0
2xy = 0

condiciones que sólo se cumplen en (x,y) = (0,0)

El hessiano es

H = \begin{pmatrix} 6x & 2y \\ 2y & 2x \end{pmatrix}

|H(0,0)| = \left| \begin{matrix} 0 & 0 \\ 0 & 0 \end{matrix} \right|
= 0

Por lo tanto el criterio no decide y debemos analizar el entorno de otra forma.

Pero si en el entorno de un punto (x_0, y_0) \in R^2 no se produce extremo (o sea que hay punto silla), entonces existe al menos un camino C(t): R \to R^2 que pasa por (x_0,y_0) en t_0, y por el cual podemos aproximarnos al punto de forma tal que f(C(t)) presente un punto silla en t_0, el cual podemos analizar como en Análisis 1 (es una función de reales en reales).

En este caso, veamos de aproximarnos al origen por rectas del tipo y = kx, o sea C(t) = (t, kt), la cual se aproxima al origen cuando t se aproxima a cero.

f(x,y) = x^3 + xy^2
f(C(t)) = t^3 + t^3k^2
= t^3 (k^2+1)

por ejemplo tomando k=0, nos queda f(C(t)) = t^3 la cual es positiva si nos acercamos por los 0^{+} y es negativa si nos acercamos por los 0^{-}, lo cual nos muestra que en realidad en el origen se produce un punto silla, y por lo tanto no hay extremos relativos para f en todo su dominio.

En este ejemplo otra forma de justificar que es un punto silla es notar que en el entorno del origen, f es positiva para los \{(x,y): x>0\} y es negativa para los \{(x,y): x<0\}.

En el gráfico se puede ver que si bien en el origen la función presenta un plano tangente horizontal, se trata en realidad de un punto silla.
criterio_hessiano_no_decide
draw3d(surface_hide = true,
xlabel = "x", ylabel = "y", zlabel = "z",
color = "light-blue",
explicit(x^3 + x*y^2,x,-2,2,y,-2,2),
color = "blue",
explicit(0,x,-2,2,y,-2,2),
color = "red", line_width=4,
parametric(0,0,0,t,0,1)
);

Tp.12 Ej.8.a

Jueves, agosto 6th, 2009

Estudie la existencia de extremos relativos (locales) y de extremos absolutos en sus dominios naturales de:

a) f(x,y) = x^2 + y^2 + xy^2

Solución:

Primero averiguamos los puntos críticos, para eso calculamos el gradiente
\nabla f = (2x + y^2, 2y + 2xy)
y lo igualamos a cero:
(2x + y^2, 2y + 2xy) = (0,0)
por lo tanto debe cumplirse simultáneamente que:
2x + y^2 = 0
2y + 2xy = 0

de la segunda restricción:
2y(1+x) = 0
de la cual se desprende que y=0 y por lo tanto x=0, o que x=-1 y por lo tanto y = \sqrt{2} o -\sqrt{2}, o sea que los puntos críticos son:
P_1 = (0,0)
P_2 = (-1,\sqrt{2})
P_3 = (-1, -\sqrt{2})

Ahora calculamos el hessiano:

H = \begin{pmatrix} 2 & 2y \\ 2y & 2 + 2x \end{pmatrix}

y evaluamos su determinante en cada punto crítico, según el criterio del hessiano:

H(P_1) = \left| \begin{matrix} 2 & 0 \\ 0 & 2 \end{matrix} \right| = 4 > 0 Por lo tanto es extremo relativo, y como h_{11} = f_{xx} = 2 > 0 entonces resulta que se produce un mínimo relativo en P_1

H(P_2) = \left| \begin{matrix} 2 & 2\sqrt{2} \\ 2\sqrt{2} & 0 \end{matrix} \right| = -8 < 0 Por lo tanto en P_2 no hay extremo sino que es un punto silla.

H(P_3) = \left| \begin{matrix} 2 & -2\sqrt{2} \\ -2\sqrt{2} & 0 \end{matrix} \right| = -8 < 0 Por lo tanto en P_3 tampoco hay extremo sino que es otro punto silla.

Como no hay mas punto críticos concluímos que el único extremo relativo es el mínimo que se produce en P_1 = (0,0).
Para ver si además de ser mínimo local es mínimo global debemos averiguar si su valor es el mínimo que toma la función en todo su dominio:

f(0,0) = 0^2 + 0^2 + 00^2 = 0

pero:
f(-3,-3) = (-3)^2 + (-3)^2 + -3(-3)^2
= 9 + 9 - 3(9) = -9 < 0

por lo tanto P_1 no es un extremo global, sino que sólamente es un extremo relativo.

En el siguiente gráfico podemos observar el mínimo que se produce en P_1 = (0,0) junto con el plano tangente horizontal.
tp12_ej8a
draw3d(surface_hide = true,
xlabel = "x", ylabel = "y", zlabel = "z",
color = "light-blue",
explicit(x^2 + y^2 + x*y^2,x,-1,1,y,-1,1),
color = "blue",
explicit(0,x,-1,1,y,-1,1)
);

En este otro gráfico podemos ver el plano tangente horizontal correspondiente a P_2 y P_3 que vendría a ser z=1. Puede verse como en el entorno de dichos puntos, parte de la función queda arriba del plano, y otra aparte abajo, lo cual indica que se trata de puntos silla y no de extremos.
tp12_ej8abis
draw3d(surface_hide = true,
xlabel = "x", ylabel = "y", zlabel = "z",
color = "light-blue",
explicit(x^2 + y^2 + x*y^2,x,-2,2,y,-2,2),
color = "blue",
explicit(1,x,-2,2,y,-2,2),
color = "red", line_width=4,
parametric(-1,sqrt(2),1,t,0,1),
parametric(-1,-sqrt(2),1,t,0,1)
);

Tp.12 Ej.8.b

Jueves, agosto 6th, 2009

Estudie la existencia de extremos relativos (locales) y de extremos absolutos en sus dominios naturales de:
b) f(x,y) = x^3 - x^2 + xy

Como es una función polinomica es diferenciable, analicemos sus puntos críticos. Para eso primero calculamos el gradiente:

\nabla f = (3x^2 - 2x + y, x)

Y lo igualamos a cero:
(3x^2 - 2x + y, x) = (0,0)
o sea:
3x^2 - 2x + y = 0
x=0

de la primer ecuación:
y = 2x - 3x^2
usando la segunda ecuación:
y = 0

por lo tanto el único punto crítico es P_1 = (0,0)

Vamos a analizarlo mediante el criterio del Hessiano:
H = \begin{pmatrix} 6x-2 & 1 \\ 1 & 0 \end{pmatrix}

H(0,0) = \begin{pmatrix} -2 & 1 \\ 1 & 0 \end{pmatrix}

Por lo tanto
|H(0,0)| = -1 < 0

lo cual nos dice que en P_1 la función presenta un punto silla, y por lo tanto no hay extremos.

En el siguiente gráfico se puede visualizar la función y el plano tangente horizontal correspondiente a P_1, donde puede verse que en el entorno del punto parte de la función queda en la parte superior del plano, mientras que otra parte queda en la parte inferior del mismo, lo cual indica gráficamente que no se trata de un extremo sino de un punto silla.
tp12_ej8b
draw3d(surface_hide = true,
xlabel = "x", ylabel = "y", zlabel = "z",
color = "light-blue",
explicit(x^3 - x^2 + x*y,x,-1,1,y,-1,1),
color = "blue",
explicit(0,x,-1,1,y,-1,1),
color = "red", line_width=4,
parametric(0,0,0,t,0,1)
);

Criterio del Hessiano

Miércoles, agosto 5th, 2009
Para analizar los extremos de funciones de una función f \in C^2 de dos o mas variables, a veces resulta útil utilizar el criterio del Hessiano para clasificar los puntos críticos.
Primero recordemos que los puntos críticos son aquellos que anulan el gradiente, es decir los que satisfacen:
\nabla f = 0
Luego, para cada uno de estos puntos, calculamos el determinante de la <a href=”http://es.wikipedia.org/wiki/Matriz_hessiana”>matriz hessiana</a>, la cual es simplemente el jacobiano del gradiente, o lo que es lo mismo, la matriz con las derivadas segundas de f.  Esta matriz es simétrica puesto que f \in C^2 y por el <a href=”http://es.wikipedia.org/wiki/Teorema_de_Clairaut”>teorema de Schwartz</a> las derivadas segundas mixtas son iguales.
Vamos a analizar primero el caso de 2 variables xy:
H = \begin{pmatrix} f_{xx} & f_{xy} \\ f_{yx} & f_{yy} \end{pmatrix}
El criterio nos dice:
Si |H| > 0 hay extremo.  En ese caso si h_{11} = f_{xx} > 0 hay un mínimo relativo.  En cambio si h_{11} = f_{xx} < 0 hay un máximo relativo.
Si |H| = 0 el criterio no decide y debemos buscar otra forma de analizar el punto crítico.
Si |H| < 0 entonces hay un punto silla y por lo tanto no es extremo.
Ahora analicemos el caso de 3 variables xyz:
H = \begin{pmatrix} f_{xx} & f_{xy} & f_{xz} \\ f_{yx} & f_{yy} & f_{yz} \\ f_{zx} & f_{zy} & f_{zz} \end{pmatrix}
Si |H_1| > 0, |H_2| > 0, |H_3| > 0 entonces hay un mínimo relativo.
Si |H_1| < 0, |H_2| > 0, |H_3| < 0 entonces hay un máximo relativo.
(Nótese que en este segundo caso los signos se van alternando, empezando por un valor negativo, esto se generaliza a n variables)
En cualquier otro caso el criterio no decide, y hay que buscar otra forma de analizar el punto crítico.

Para analizar los extremos de funciones de una función f \in C^2 de dos o mas variables, a veces resulta útil utilizar el criterio del Hessiano para clasificar los puntos críticos.

Primero recordemos que los puntos críticos son aquellos que anulan el gradiente, es decir los que satisfacen:

\nabla f = 0

Luego, para cada uno de estos puntos, calculamos la matriz hessiana, la cual es simplemente el jacobiano del gradiente de f, o lo que es lo mismo, la matriz con las derivadas segundas de f.

Esta matriz es simétrica puesto que f \in C^2 y por el teorema de Schwartz las derivadas segundas mixtas son iguales.

Vamos a analizar primero el caso de 2 variables xy:

H = \begin{pmatrix} f_{xx} & f_{xy} \\ f_{yx} & f_{yy} \end{pmatrix}

El criterio nos dice:

Si |H| > 0 hay extremo.  En ese caso si h_{11} = f_{xx} > 0 hay un mínimo relativo.  En cambio si h_{11} = f_{xx} < 0 hay un máximo relativo.

Si |H| = 0 el criterio no decide y debemos buscar otra forma de analizar el punto crítico.

Si |H| < 0 entonces hay un punto silla y por lo tanto no es extremo.

Ahora analicemos el caso de 3 variables xyz:

H = \begin{pmatrix} f_{xx} & f_{xy} & f_{xz} \\ f_{yx} & f_{yy} & f_{yz} \\ f_{zx} & f_{zy} & f_{zz} \end{pmatrix}

En este caso vamos a necesitar analizar un poco más la matriz para clasificar el punto crítico, ya que necesitaremos los siguientes determinantes:

|H_1| = h_{11}

|H_2| = \left| \begin{matrix} f_{xx} & f_{xy} \\ f_{yx} & f_{yy} \end{matrix} \right|

|H_3| = |H|

Luego, el criterio nos dice que:

Si |H_1| > 0, |H_2| > 0, |H_3| > 0 entonces hay un mínimo relativo.

Si |H_1| < 0, |H_2| > 0, |H_3| < 0 entonces hay un máximo relativo.

(Nótese que en este segundo caso los signos se van alternando, empezando por un valor negativo, esto se generaliza a n variables)

Si |H_1| \neq 0, |H_2| \neq 0, |H_3| \neq 0, pero no se satisface ninguna de las formas anteriores, entonces hay un punto silla.

En cualquier otro caso, que sería cuando alguno de los determinantes vale cero, el criterio no decide, y hay que buscar otra forma de analizar el punto crítico.

Tp.12 Ej.3.a

Jueves, julio 23rd, 2009

Desarrolle los siguientes campos por Taylor hasta 2º orden en un entorno de A.
a) f(x,y) = x - y \sqrt{6-x}, A = (2,3)

Solución:

La fórmula del polinomio de Taylor de 2º orden en 2 variables es:

f(x,y) \approx P(x,y) = f(x_0,y_0) + \frac{\partial f}{\partial x} (x-x_0) + \frac{\partial f}{\partial y} (y-y_0) +
\frac{1}{2!} \left[ \frac{\partial^2 f}{(\partial x)^2} (x-x_0)^2 + 2 \frac{\partial^2 f}{\partial x \partial y} (x-x_0)(y-y_0) + \frac{\partial^2 f}{(\partial y)^2} (y-y_0)^2 \right]

donde en los primeros términos podemos ver la ecuación conocida del plano tangente, y los demás términos mejoran la aproximación en el entorno del punto (x_0,y_0).

Vamos a necesitar todas las primeras y segundas derivadas parciales:

f(x,y) = x - y (6-x)^{1/2}
\frac{\partial f}{\partial x} = 1 + \frac{y}{2} (6-x)^{-1/2}
\frac{\partial f}{\partial y} = -\sqrt{6-x}

\frac{\partial^2 f}{(\partial x)^2} = \frac{y}{4} (6-x)^{-3/2}
\frac{\partial^2 f}{\partial x \partial y} = \frac{1}{2} (6-x)^{-1/2}
\frac{\partial^2 f}{(\partial y)^2} = 0

En el punto A = (x_0,y_0) = (2,3)

f = -4
f'_x = \frac{7}{4} f'_y = -2
f''_{xx} = \frac{3}{32} f''_{xy} = \frac{1}{4} f''_{yy} = 0

Por lo tanto:
P(x,y) = -4 + \frac{7}{4}(x-2) - 2 (y-3) + \frac{3}{64} (x-2)^2 + \frac{1}{4} (x-2)(y-3)

En la siguiente animación podemos ver la función en color azul, el punto de aproximación en rojo, y las aproximaciones sucesivas con los polinomios de taylor de grado 0, 1 y 2 en verde.

tp12_ej3a

draw(terminal=animated_gif,
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gr3d(xrange = [-2,6], yrange = [-1,7], zrange = [-22,10],
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parametric(2,3,-4,t,0,10)
),
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color = "blue",
explicit(x - y*sqrt(6-x),x,-2,6,y,-1,7),
color = "green",
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);