MATEMÁTICAS II Valores extremos Curso 10

MATEMÁTICAS II
Valores extremos
de funciones de varias variables
Curso 10-11
EJERCICIOS
1) Calcular el volumen de la caja rectangular más grande situada en el primer octante
con tres de sus caras en los planos coordenados y un vértice en el plano x+2y+3z = 6.
Solución
#1:
x + 2·y + 3·z - 6 = 0
#2:
SOLVE(x + 2·y + 3·z - 6 = 0, z)
x + 2·y - 6
z = - 
3
#3:
#4:
x·y·z
#5:

x + 2·y - 6 
x·y·- 

3

x·y·(x + 2·y - 6)
- 
3
#6:
d 
x·y·(x + 2·y - 6) 
 - 
dx 
3

#7:
2·y·(x + y - 3)
- 
3
#8:
d 
x·y·(x + 2·y - 6) 
 - 
dy 
3

#9:
x·(x + 4·y - 6)
- 
3
#10:
#11:

2·y·(x + y - 3)
x·(x + 4·y - 6)


SOLVE-  = 0, -  = 0, [x, y]

3
3


#12:
[x = 0 ∧ y = 0, x = 0 ∧ y = 3, x = 2 ∧ y = 1, x = 6 ∧ y = 0]
#13:
2
z = 
3
Sustituyendo en el volumen:
#14:
x·y·z = 2 . 1 . 2/3 = 4/3 es el volumen máximo.
2) Hallar, si existen, los valores máximo y mínimo absolutos en R 2 de la función:
f (x , y ) = − x 2 + x − y 2 − 2 y − 1
Solución
∂f

= −2x + 1 = 0 
1
∂x


1
⇒ x = , y = -1 ⇒ P =  , - 1 .

∂f
2

2
= −2 y − 2 = 0

∂y
ETSITGC
1
 1
f  , − 1 =
2
 4
Unidad Docente de Matemáticas
1/8
MATEMÁTICAS II
Valores extremos
de funciones de varias variables
Curso 10-11
1
 −2 0
H , − 1 =
=4>0
0 −2
2

∂2 f
∂2 f
∂2 f
=
0
,
=
−
2
,
= −2 ⇒
∂ y∂ x
∂ x2
∂ y2
∂2 f
(P ) < 0 y H(P ) > 0 . Por tanto, f tiene un máximo relativo en P. ¿Es
∂ x2
también máximo absoluto?
Completando cuadrados en la expresión de f, queda:
2
1 1
1

2
f (x , y ) = − x −  − (y + 1) + ≤ = f (P )
4 4
2

1
Luego, efectivamente f posee máximo absoluto en P y vale .
4
¿Tiene f mínimo absoluto?
f (0, y ) = − y 2 − 2 y − 1 que tiende a − ∞ cuando y → ∞ . En consecuencia, no existe
mínimo absoluto de la función f.
Luego,
3) Hallar los extremos absolutos de la función f (x, y ) = x 3 + y 3 + 3xy en el círculo
cerrado C de centro el origen y radio 2 2 .
Solución
Extremos relativos en el interior:
∂f

= 3x 2 + 3y = 0
∂x

 ⇒ P1 = (0,0), P2 = (− 1,−1)
∂f
2
= 3y + 3x = 0 

∂y
Ambas soluciones (puntos críticos) son válidas por encontrarse en el interior del círculo
de radio 2 2 .
Extremos de f en la frontera (circunferencia de radio 2 2 ):
H x = 3x 2 + 3y − 2λx = 0

H y = 3y 2 + 3x − 2λy = 0 
H( x, y, λ) = x 3 + y 3 + 3xy − λ x 2 + y 2 − 8 ⇒

Hλ = − x 2 + y2 − 8 = 0 
(
P3 = (2, 2), P4 = (− 2,−2), P5 =
)
(
(
)
(
)
⇒
)
3 − 1, - 3 − 1 y P6 = − 3 − 1, 3 − 1 .
f (P1 ) = 0, f (P2 ) = 1, f (P3 ) = 28, f (P4 ) = −4, f (P5 ) = −26 y f (P6 ) = −26 .
Por tanto, el valor máximo absoluto de f en C es 28 y lo alcanza en el punto P3 = (2, 2 ) ,
mientras que valor mínimo absoluto de f en C es - 26 y lo alcanza en los puntos
P5 = 3 − 1, - 3 − 1 y P6 = − 3 − 1, 3 − 1 .
(
)
(
)
4) Un cuerpo está limitado por la superficie x 2 + y 2 + z 2 = 1 . La densidad del cuerpo
depende de cada punto: D(x, y, z ) = 6 + x + y + z + xy + xz + yz . Hallar los puntos del
cuerpo en los cuales es máxima o mínima la densidad así como el valor de ésta en ellos.
ETSITGC
Unidad Docente de Matemáticas
2/8
MATEMÁTICAS II
Valores extremos
de funciones de varias variables
Curso 10-11
Solución
Máximos y mínimos de D en el interior del cuerpo:

∂D
= 1+ y + z = 0
∂x

∂D

 1 1 1
= 1 + x + z = 0  ⇒ P1 =  − ,− ,−  es el único punto crítico de D.
∂y
 2 2 2


∂D
= 1 + x + y = 0
∂z

2
2
2
3
 1  1  1
Este punto está en el interior del cuerpo por ser  −  +  −  +  −  = < 1
4
 2  2  2
Extremos de f en la frontera (superficie esférica de radio1):
(
)
H( x, y, z, λ ) = D(x, y, z ) − λ x 2 + y 2 + z 2 − 1 =
H x = 1 + y + z − 2λx = 0


H y = 1 + x + z − 2λy = 0

2
2
2
6 + x + y + z + xy + xz + yz − λ x + y + z − 1 ⇒

H y = 1 + x + y − 2λz = 0

2
2
2
H λ = − x + y + z − 1 = 0
(
)
(
⇒
)
 3 3 3
1 − 2 − 2
 − 2 − 2 1
,
,
,
, , P6 = 
,
,
P2 = (0,0,−1), P3 = (− 1,0,0 ), P4 =  ,
, P5 = 

3
3
3
3 3 3 
 3 3 3



3
3
3
 y P(x,y,z) tal que x + y + z = −1 , y 2 + y(z + 1) + z 2 + z = 0 ,
,−
P7 =  −
,−
3
3 
 3
que además han de cumplir la condición x 2 + y 2 + z 2 = 1 .
La densidad en uno de estos puntos es D(P) = 5, ya que:
1
1
2
2
D(P ) = 6 + (x + y + z ) + (x + y + z ) − x 2 + y 2 + z 2 = 6 − 1 + (− 1) − 1 = 5
2
2
En el resto de los puntos candidatos, la densidad vale:
21
D(P1 ) =
= 5.25, D(Pi ) = 5, i = 2,...,5, D(P6 ) = 7 + 3 ≈ 8.7 y f (P7 ) = 7 − 3 ≈ 5.3 .
4
Por tanto, el valor máximo de la densidad en este cuerpo es 7 + 3 y lo alcanza en el
 3 3 3
 , mientras que la densidad mínima es 5 y se alcanza en los
punto P6 = 
,
,

 3 3 3 
puntos Pi , i = 2,...,5 y P(x,y,z) tal que x + y + z = 1 , y 2 + y(z + 1) + z 2 + z = 0 ,
[
(
)]
[
]
x 2 + y2 + z 2 = 1.
5) Sea c la curva intersección de las dos superficies: x 2 − xy + y 2 − z 2 = 1 , x 2 + y 2 = 1 .
Hallar los puntos de c que están más próximos al origen.
Solución
ETSITGC
Unidad Docente de Matemáticas
3/8
MATEMÁTICAS II
Valores extremos
de funciones de varias variables
Curso 10-11
Se trata de minimizar la función distancia de un punto (x, y, z) al origen (0,0,0), o bien
la distancia al cuadrado:
f ( x , y, z) = d 2 ((x, y, z ), (0,0,0)) = x 2 + y 2 + z 2
Con la condición de que el punto (x, y, z) pertenezca a la curva c, es decir, verifique las
ecuaciones de las dos superficies (tenemos, entonces, dos restricciones). La función
lagrangiana es:
H( x, y, z, λ, µ) = x 2 + y 2 + z 2 − λ (x 2 − xy + y 2 − z 2 − 1) − µ(x 2 + y 2 − 1)
d
 H(x, y, z, λ, µ)
dx
#3:
#4:
λ·y - 2·x·(λ + µ - 1)
d
 H(x, y, z, λ, µ)
dy
#5:
#6:
λ·x - 2·y·(λ + µ - 1)
d
 H(x, y, z, λ, µ)
dz
#7:
#8:
2·z·(λ + 1)
d
 H(x, y, z, λ, µ)
dλ
#9:
2
#10:
#11:
- x
2
+ z
+ 1
d
 H(x, y, z, λ, µ)
dµ
2
#12:
#13:
2
+ x·y - y
2
- x
- y
+ 1

SOLVE(λ·y - 2·x·(λ + µ - 1), λ·x - 2·y·(λ + µ - 1), 2·z·(λ + 1),
2
- x
2
+ x·y - y
2
+ z
2
+ 1, - x
2
- y

+ 1, [x, y, z, λ, µ])
Considerando sólo las soluciones reales, se obtiene:
#15:

x = 0 ∧ y = 1 ∧ z = 0 ∧ λ = 0 ∧ µ = 1, x = 0 ∧ y = -1 ∧ z = 0 ∧ λ

= 0 ∧ µ = 1, x = 1 ∧ y = 0 ∧ z = 0 ∧ λ = 0 ∧ µ = 1, x = -1 ∧ y =
√2
√2
√2
0 ∧ z = 0 ∧ λ = 0 ∧ µ = 1, x =  ∧ y = -  ∧ z =  ∧ λ
ETSITGC
Unidad Docente de Matemáticas
4/8
MATEMÁTICAS II
Valores extremos
de funciones de varias variables
2
Curso 10-11
2
2
5
√2
√2
√2
= -1 ∧ µ = , x =  ∧ y = -  ∧ z = -  ∧ λ = -1 ∧ µ
2
2
2
2
5
√2
√2
√2
5
= , x = -  ∧ y =  ∧ z =  ∧ λ = -1 ∧ µ = , x =
2
2
2
2
2
√2
√2
√2
5 
-  ∧ y =  ∧ z = -  ∧ λ = -1 ∧ µ = 
2
2
2
2 
Que corresponden a los puntos:
#24:

P ≔ [0, 1, 0], P ≔ [0, -1, 0], P ≔ [1, 0, 0], P ≔ [-1, 0, 0],
 1
2
3
4
P
P
 √2
√2
√2 
 √2
√2
√2 
≔ , - , , P ≔ , - , - ,
5
 2
2
2 
6
 2
2
2 

√2
√2
√2 

√2
√2
√2 
:=  - , , , P ≔ - , , - 
7

2
2
2 
8

2
2
2 
#29:
f(P ) = f(P ) = f(P ) = f(P ) = 1
1
2
3
4
#30:
3
f(P ) = f(P ) = f(P ) = f(P ) = --- > 1
5
6
7
8
2
La mínima distancia se alcanza en los puntos P1, P2, P3 y P4, y dicha distancia vale 1.
6) Hallar el máximo de la función f (x, y ) = 3x + 2 y
S = {(x, y ) ∈ R 2 / x ≥ 0, y ≥ 0} bajo la restricción xy + x + y = 5.
en
la
región
Solución
La ecuación xy + x + y = 5 corresponde a una curva que, restringida al primer cuadrante
S, constituye un conjunto cerrado y acotado del plano. Por tanto puede asegurarse que f
alcanza sus valores máximo y mínimo en dicho arco de curva por ser continua en él.
Función lagrangiana:
H( x, y, λ) = 3x + 2 y − λ(xy + x + y − 5)
⇒


H y = 2 − λx − λ = 0
 ⇒ P1 = (1, 2), P2 = (− 3,−4) .

H λ = −(xy + x + y − 5) = 0
Solamente el punto P1 se encuentra en la región S. Valor de f en dicho punto: f (P1 ) = 7 .
H x = 3 − λy − λ = 0
ETSITGC
Unidad Docente de Matemáticas
5/8
MATEMÁTICAS II
Valores extremos
de funciones de varias variables
Curso 10-11
Parece que el valor máximo pedido fuera 7, al no obtener ningún otro resultado; sin
embargo, f(0, 5) = 10 > 7 y (0, 5) cumple la condición y pertenece a S. Luego, P1 (1, 2)
NO proporciona el máximo buscado.
La gráfica de la restricción es:
Los puntos P3 = (5,0) y P4 = (0,5) están en la frontera de S
y, por tanto, no tenían porqué aparecer entre los puntos
críticos de la función lagrangiana; pero, son también
candidatos a estudiar:
f (P3 ) = 15 , f (P4 ) = 10
Luego, el máximo de la función f (x, y ) = 3x + 2 y en la
región S = {(x, y ) ∈ R / x ≥ 0, y ≥ 0} bajo la restricción xy + x + y = 5 es 15 y se
alcanza en el punto P3 = (5,0) .
2
7) Estudiar los valores extremos de la función z = 2x 3 + 9 y 2 + 12x sometidos a la
condición x + y = 0.
Solución
Función lagrangiana:
H ( x , y, λ) = 2 x 3 + 9 y 2 + 12 x − λ(x + y )
P1 = (− 1, 1), P2 = (− 2,2) ;
⇒
f (P1 ) = −5, f (P2 ) = −4
H x = 6 x 2 + 12 − λ = 0

H y = 18 y − λ = 0


H λ = − (x + y ) = 0

⇒
Podría pensarse que en P1 se alcanza el mínimo y en P2 el máximo de f sobre la recta
x + y = 0 , pero, esto no es así ya que, sobre la recta, la función toma los valores:
x + y = 0 ⇒ y = − x ⇒ f (x ,− x ) = 2x 3 + 9x 2 + 12x = x (2x 2 + 9x + 12)
[(
lim f (x,− x ) = lim[x (2x
)]
lim f (x,− x ) = lim x 2x 2 + 9x + 12 = −∞
x → −∞
x → −∞
x →∞
x →∞
2
)]
+ 9x + 12 = ∞
Y, en consecuencia, puede afirmarse que la función no posee máximo ni mínimo sobre
la recta x + y = 0.
Hay que observar que la recta x + y = 0 no es un conjunto compacto (cerrado y acotado)
del plano y, por tanto, aunque f es continua, no podía asegurarse que la función fuera a
alcanzar valores extremos en dicha recta.
8) Usar multiplicadores de Lagrange para calcular las dimensiones de un depósito
cilíndrico circular recto de volumen 8π m3 y área mínima.
Solución
V = volumen, A = área, A B = área de la base, A L = área lateral
x = radio de la base, y = altura
y
ETSITGC
x
Unidad Docente de Matemáticas
6/8
MATEMÁTICAS II
Valores extremos
de funciones de varias variables
Curso 10-11
La función a minimizar es A = A B + A L = πx 2 + 2πxy = f (x, y ) , con la condición V =
A B ⋅ y = πx 2 ⋅ y = 8π , es decir, x 2 y − 8 = 0 .
Función lagrangiana:
H x = 2 y + 2x − 2λxy = 0

H( x, y, λ) = 2 xy + x 2 − λ x 2 y − 8 ⇒ H y = 2x − λx 2 = 0
 ⇒ P = (2,2);

Hλ = − x 2 y − 8 = 0

¿Realmente 12π es el valor del área mínima?
(
)
(
)
f (P ) = 12π
Tiene sentido la pregunta, pues la hipérbola x 2 y − 8 = 0 , en su rama x > 0, y > 0, no es
un conjunto compacto del plano.
Analicemos cuánto vale la función en los puntos de la hipérbola:
y=
8
 8
⇒ f  x, 2
2
x
 x
lim+
16 + x 3
= +∞ ,
x
x →0
8
16 + x 3

2
x
2
x
=
π
+
π
=
π

x
x2

16 + x 3
= +∞
x → +∞
x
lim
Luego, efectivamente, 12π es el valor del área mínima.
9) Encontrar los puntos donde la función f(x, y) = x2 + y2- xy - x - y alcanza sus valores
máximo y mínimo absolutos en el recinto:
A = {(x, y ) ∈ R 2 / x ≥ 0, y ≥ 0, x + y ≤ 3}.
Solución
Como f es continua en A, y éste es un conjunto compacto del plano,
f alcanza sus valores extremos absolutos en A. Puede alcanzarlos en
el interior o en la frontera.
Extremos relativos en el interior de A:
∂f

= 2 x − y − 1 = 0
∂x

 ⇒ P1 = (1,1) es el único punto crítico de f en
∂f
= 2 y − x − 1 = 0

∂y
el interior de A; f (P1 ) = −1 .
Extremos de f en la frontera (los tres lados del triángulo):
1) En el lado sobre el eje OX: L1 = {(x , y ) ∈ R 2 / y = 0, 0 ≤ x ≤ 3}
Reduzcamos el problema al caso de una variable:
Si (x, y ) ∈ L1 , f(x, y) = f1 (x ) = x2 – x, x ∈ [0,3]. Se trata de buscar los extremos
absolutos de esta función de una variable en el compacto [0, 3].
ETSITGC
Unidad Docente de Matemáticas
7/8
MATEMÁTICAS II
Valores extremos
de funciones de varias variables
Curso 10-11
Puntos críticos en el interior (0, 3):
1
1
1 
1
f '1 (x ) = 2 x − 1 = 0 ⇒ x = ⇒ P2 =  ,0  ; f 1   = f (P2 ) = −
4
2
2 
2
En los puntos frontera {0, 3}: P3 = (0,0) , P4 = (3,0)
f 1 (0) = f (P3 ) = 0 ; f1 (3) = f (P4 ) = 6
2) En el lado sobre el eje OY: L 2 = {(x , y ) ∈ R 2 / x = 0, 0 ≤ y ≤ 3}
Reduzcamos el problema al caso de una variable:
Si (x, y ) ∈ L 2 , f(x, y) = f 2 (y ) = y2 – y, y ∈ [0,3] . Procedamos como en el lado anterior.
Puntos críticos en el interior (0, 3):
1
1
 1
1
f ' 2 (y ) = 2 y − 1 = 0 ⇒ y = ⇒ P5 =  0,  ; f 2   = f (P5 ) = −
2
4
 2
2
En los puntos frontera {0, 3}: P3 = (0,0) , P6 = (0,3)
f 2 (0) = f (P3 ) = 0 ; f 2 (3) = f (P6 ) = 6
3) En el lado L 3 = {(x , y ) ∈ R 2 / x ≥ 0, y ≥ 0, x + y = 3}
Podría analizarse como en los dos lados anteriores, reduciendo el problema al caso de
una variable, o bien, utilizando multiplicadores de Lagrange. Emplearemos este último
método. Función lagrangiana:
H( x, y, λ ) = x + y − xy − x − y − λ(x + y − 3)
2
2
⇒
H x = 2 x − y − 1 − λ = 0

H y = 2 y − x − 1 − λ = 0

H λ = − (x + y − 3 ) = 0 
⇒
3
3 3
P7 =  ,  ; f (P7 ) = − .
4
2 2
Los puntos frontera de este lado ya están considerados antes: P4 = (3,0) , P6 = (0,3) .
1
3

Por tanto, el valor máximo absoluto de f en A es máx − 1, − , 0, 6, −  = 6 y lo
4
4

alcanza en dos puntos de la frontera del recinto P4 = (3,0) y P6 = (0,3) , mientras que el
1
3

valor mínimo absoluto de f en A es mín − 1, − , 0, 6, −  = −1 y lo alcanza en el
4
4

punto P1 = (1,1) del interior del recinto.
ETSITGC
Unidad Docente de Matemáticas
8/8