Puntos críticos, cados dudosos

Enunciado
A. Analizar el carácter del punto singular $(0,0)$ para la función:

$f(x,y)=y^2-3x^2y+2x^4.$

B. Dada la función $f(x,y)=x^4+y^4-2x^2+axy-2y^2$, analizar el carácter del punto crítico $(0,0)$ según los valores de $a\in\mathbb{R}$.

(Propuestos en examen, Cálculo, ETS de Ing. Industriales, UPM).

Solución
A. Tenemos:

$\dfrac{{\partial f}}{{\partial x}}=-6xy+8x^3,\;\dfrac{{\partial f}}{{\partial y}}=2y-3x^2\Rightarrow \dfrac{{\partial f}}{{\partial x}}(0,0)=\dfrac{{\partial f}}{{\partial y}}(0,0)=0,$

lo cual implica que $(0,0)$ es efectivamente un punto singular de $f$. Hallemos la matriz hessiana correspondiente.

$\dfrac{{\partial^2 f}}{{\partial x^2}}=-6y+24x^2,\;\;\dfrac{{\partial^2 f}}{{\partial x \partial y}}=\dfrac{{\partial^2 f}}{{\partial y \partial x}}=-6x,\;\;\dfrac{{\partial^2 f}}{{\partial y^2}}=2.$

$H(f,(0,0))=\begin{bmatrix}{\dfrac{{\partial^2 f}}{{\partial x^2}}(0,0)}&{\dfrac{{\partial^2 f}}{{\partial x \partial y}}(0,0)}\\{\dfrac{{\partial^2 f}}{{\partial x \partial y}}(0,0)}&{\dfrac{{\partial^2 f}}{{\partial y^2}}(0,0)}\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}{0}&{0}\\{0}&{2}\end{bmatrix}\;.$

Dado que $\det H(f,(0,0))=0 $, tenemos caso dudoso. Procedemos a estudiar el signo del incremento $\Delta (x,y)=f(x,y)-f(0,0)$ en un entorno de $(0,0):$

$\Delta (x,y)=y^2-3x^2y+2x^4.$

Fatorizamos el polinomio $\Delta (x,y)$ resolviendo con respecto a $y$ la ecuación de segundo grado $y^2-3x^2y+2x^4=0:$

$y=\dfrac{3x^2 \pm \sqrt {9x^4-8x^4} }{2}=\dfrac{3x^2 \pm x^2}{2}=\left\{{2x^2,x^2}\right\},$

por tanto $\Delta (x,y)=(y-2x^2)(y-x^2)$. Analicemos el signo de $y-2x^2:$

En el interior de la parábola, $ y-2x^2>0 $, en el exterior, $ y-2x^2>0 $ y en la parábola,

$ y-2x^2=0.$ Analizemos ahora el de  $y-x^2:$

En el interior de la parábola, $ y-x^2>0 $, en el exterior, $ y-x^2>0 $ y en la parábola, $ y-x^2=0.$

Eso implica que en todo entorno $V$ del origen hay puntos en los que $\Delta (x,y)<0$ y puntos en los que $\Delta (x,y)>0$. Es decir, en $(0,0)$ no existe extremo local y tenemos por tanto un punto de silla.

B. Hallemos las parciales de $f$ hasta orden $2:$

$$\dfrac{{\partial f}}{{\partial x}}=4x^3-4x+ay,\quad\dfrac{{\partial f}}{{\partial y}}=4y^3+ax-4y,$$$$\dfrac{{\partial^2 f}}{{\partial x^2}}=12x^2-4,\;\dfrac{{\partial^2 f}}{{\partial x\partial y}}=\dfrac{{\partial^2 f}}{{\partial y\partial x}}=a,\;\dfrac{{\partial^2 f}}{{\partial y^2}}=12y^2-4,$$

El origen es por tanto punto crítico de la función. La matriz hessiana es:

$H=\begin{bmatrix}{-4}&{\;\;\;a}\\{\;\;\;a}&{-4}\end{bmatrix},$

y sus menores principales son $H_1=-4,\;H_2=16-a^2$. Para $H_2<0$ o bien $\left|a\right|>4$ no hay extremo. Para $H_2>0$ o bien $\left|a\right|<4$, y dado que $H_1<0$ la forma cuadrática dada por $H$ es definida negativa y tenemos máximo local.

Para $H_2=0$ o bien $a=\pm 4$ obtenemos caso dudoso. Para $a=4$ analicemos signo del incremento se la función en un entorno de $(0,0):$

$\Delta(x,y)=f(x,y)-f(0,0)=x^4+y^4-2x^2+4xy-2y^2.$

Los incrementos a lo largo de las rectas $y=x$ e $y=-x$ son:

$\Delta(x,x)=2x^4,\quad\Delta(x,-x)=2x^2(x^2-4).
$

Esto implica que $\Delta(x,x)>0$ para todo $x\neq 0$ y para valores próximos de $x$ a $0$, $\Delta(x,-x)<0$. En $(0,0)$ no hay extremo local. Análogo razonamiento para $a=-4$. Podemos concluir:

$\left|a\right|\geq 4\Rightarrow\;(0,0)$ es punto de silla para $f.$

$\left|a\right|< 4\Rightarrow\;(0,0)$ es punto de máximo local para $f.$

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