GE3011 Cálculo Superior - Repositorio de la Universidad Estatal a ...

GUÍA DE ESTUDIO: CÁLCULO SUPERIOR 5
De la segunda ecuación se concluye que x = 0, por lo tanto, es posible despejar y en ella:
y = x2 + 1
2x .
Después se sustituye esto en la primera ecuación y se obtiene:
2x · x2 + 1
2x
2 x + 1
− 1 −
2x
2
= 0 ⇒ x 2 + 1 − 1 − x4 + 2x 2 + 1
4x 2
Se debe simplificar esta suma y calcular el numerador para solo igualar a cero este numera-
dor. Al calcularlo se obtiene
4x 4 − x 4 − 2x 2 − 1 = 0
⇒3x 4 − 2x 2 − 1 = 0
⇒(3x 2 + 1)(x + 1)(x − 1) = 0
De la última ecuación se obtienen las soluciones reales x = 1 o x = −1 que en ninguno de los
casos anula el denominador de la expresión original. Para determinar los puntos críticos, se
sustituyen los valores de x encontrados en la ecuación 2xy − 1 − y 2 = 0.
Sustituyendo x = 1 en (1) se obtiene 2y − 1 − y 2 = 0; es decir −(y − 1) 2 = 0 y, por lo tanto,
y = 1. Esto da un primer punto crítico: (1, 1).
Sustituyendo x = −1 en (1) se consigue −2y − 1 − y 2 = 0; es decir −(y + 1) 2 = 0 y, por lo
tanto, y = −1. Esto da un segundo punto crítico: (−1, −1). Dado que no hay más valores
que anulan las derivadas parciales, entonces solo hay estos dos puntos críticos.
Ahora se calculan las derivadas parciales segundas para utilizar el teorema correspondiente:
De aquí se tiene que
2 2 ∂ f ∂ f
D =
−
∂x 2
∂y 2
∂2f = 2y,
∂x2 ∂2f = −2x,
∂y2 ∂ 2 f
∂x ∂y
= 2x − 2y.
= 0
2 2
∂ f
= (2y)(−2x) − (2x − 2y)
∂x ∂y
2 = −4x 2 − 4y 2 + 4xy.
Como ∂2f (1, 1) = 2 > 0, y D(1, 1) = −4 < 0, entonces, (1, 1) es un punto de silla.
∂x2 Por otra parte ∂2f (−1, −1) = −2 < 0 y D(−1, −1) = −4 < 0, entonces, (−1, −1) también es
∂x2 un punto de silla.
UNED Acortando distancias