La imagen geométrica es la siguiente: Se nos pide que encontremos los extremos locales de la distancia al punto $(0,b)$ en el $y$ -eje a los puntos de la parábola $y=x^2$ . Observando una figura podemos adivinar lo siguiente: Si $b\gg1$ hay dos mínimos locales en lo alto, y un máximo local en $(0,0)$ . Si $0<b\ll1$ sólo hay un mínimo local en $(0,0)$ y lo mismo ocurre cuando $b\leq0$ .
El cálculo previsto es el siguiente: Establecer el lagrangiano $$\Phi:=x^2+(y-b)^2+\lambda(y-x^2)\ ,$$ y resolver el sistema $$\Phi_x=2x-2\lambda x=0,\quad \Phi_y=2(y-b)+\lambda=0,\quad y=x^2\ .$$ Desde $x(1-\lambda)=0$ deducimos (i) $x=0$ o (ii) $\lambda=1$ . En el caso (i) obtenemos entonces $y=0$ y un determinado valor de $\lambda$ y en el caso (ii) obtenemos $y=b-{1\over2}$ . La condición $y=x^2$ implica entonces que el caso (ii) sólo conduce a soluciones reales si $b\geq{1\over2}$ y en este caso tenemos $x=\pm\sqrt{b-{1\over2}}$ .
De ello se deduce que el método de Lagrange ha confirmado nuestro análisis geométrico del problema. Nótese, sin embargo, que es bastante engorroso hacer una prueba de la segunda derivada en el marco de este método. En su lugar podemos hacer lo siguiente: Considerar la representación paramétrica $x\mapsto (x,x^2)$ de la parábola, y en lugar de $f$ además de la mirada de restricción en el retroceso $$\psi(x):=f(x,x^2)=x^2+(x^2-b)^2\qquad(-\infty< x<\infty)\ .$$ Ahora analiza esta función $\psi$ en función de una variable. Obtendrá los mismos resultados (según $b$ ) como antes, y además la prueba de la segunda derivada confirmará lo que ya sabías. El caso $b={1\over2}$ es especial: aquí la primera derivada no evanescente es $\psi^{(4)}(0)=24$ . Desde $4$ es par y $24>0$ tenemos un mínimo local allí.
