Puntos críticos, casos dudosos

Estudiamos dos casos dudosos de puntos críticos.

Enunciado
1. Analizar el carácter del punto singular $(0,0)$ para la función: $$f(x,y)=y^2-3x^2y+2x^4.$$
2. 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).

3. Hallar los extremos locales de la función: $$f(x,y)=(x+y-1)(x^4+y^4)$$

Solución
1. 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.

2. 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 $f.$

3. Puntos críticos $$\begin{aligned}&f_x(x,y)=(x^4+y^4)+4(x+y-1)x^3=0\\
   &f_y(x,y)=(x^4+y^4)+4(x+y-1)y^3=0
   \end{aligned}$$ Restando a la primera ecuación la segunda, $4(x+y-1)(x^3-y^3)=0$ con lo cual queda $x=y$ o $y=1-x.$ Para $y=x$ queda $2x^4+4(2x-1)x^3=0$ y simplificando, $(5x-2)x^3=0$ es decir $x=0$ o $x=2/5$ lo cual proporciona los puntos críticos $(0,0)$ y $(2/5,2/5).$ Para $y=1-x$ queda $x^4+(1-x)^4=0$ que sólo puede ocurrir si $x=0$ y $x=1$ (absurdo). En consecuencia los únicos puntos críticos son $(0,0)$ y $(2/5,2/5).$

   La matriz hessiana es $$H(x,y)=\begin{pmatrix}{f_{xx}}&{f_{xy}}\\{f_{yx}}&{f_{yy}}\end{pmatrix}$$ $$=\ldots=\begin{pmatrix}{8x^3+12x^2(x+y-1)}&{4x^3+4y^3}\\{4x^3+4y^3}&{12y^2(x+y-1)+8y^3}\end{pmatrix}$$ con lo cual $$H(0,0)=\begin{pmatrix}{0}&{0}\\{0}&{0}\end{pmatrix}$$ y aparece caso dudoso. La recta $r:x+y-1=0$ pasa por $(1,0)$ y $(0,1)$ y se verifica que $x+y-1 <0$ en el semiplano inferior determinado por $r$. En tal semiplano se puede incluir una bola abierta $B$ de centro el origen con lo cual para todo $(x,y)\in B-\{(0,0)\}$: $$\Delta f(x,y)=f(x,y)-f(0,0)=(x+y-1)(x^4+y^4) <0$$ Esto implica que $f$ tiene un máximo local estricto en $(0,0)$. Por otra parte $$H\left(\dfrac{2}{5},\dfrac{2}{5}\right)=\ldots=\dfrac{16}{125}\begin{pmatrix}{1}&{4}\\{4}&{1}\end{pmatrix}$$ matriz que es indefinida lo cual implica que en $(2/5,2/5)$ la función presenta un punto de silla.