Lagrange

Extremos restringidos
Profesor: Alejandro Toledo U. b
DMCC
Ejercicio 1 (Lagrange).
Hallar los extremos de f (x, y) = 3x + 2y sujeta a la restricción 2x2 + 3y 2 = 3.
Solución
Identificamos f y la restricción g
De (1) y (2) tenemos λ 6= 0 y
x=
f (x, y) = 3x + 2y
g(x, y) = 2x2 + 3y 2 − 3
3 = 4λx
(1)
2 = 6λy
(2)
2x + 3y = 3
2
y=
1
3λ
(4)
Reemplazando (4) en (3)
Sistema asociado
2
3
,
4λ
(3)
1
35
9
+ 2 = 3 ⇒ λ2 =
(5)
8λ2
3λ
72
De (5)
λ=
r
Asi, por (4) y luego de simplificar,
las soluciones del sistema son
4
9
P1 = √ , √
70
70
9
4
P2 = − √ , − √
70
70
Claramente f (P1 ) > f (P2 ) y así
P1 es máximo y P2 es mínimo
r
35
35
∨ λ=−
72
72
Ejercicio 2 (Lagrange).
Usando el método de Lagrange, hallar el punto de intersección entre x + y + z = 4 y 4x + 5y + z = 16 (planos) mas
próximo al origen
Solución
Función f y restricciones g, h
f (x, y, z) = x2 + y 2 + z 2
g(x, y, z) = x + y + z − 4
h(x, y, z) = 4x + 5y + z − 16
Reemplazando ­ en las dos ultimas ecuaciones de ¬ y luego de
simplificar tenemos
Sistema

2x = λ + 4µ



2y = λ + 5µ


2z = λ + µ



x+y+z =4




4x + 5y + z = 16
De las 3 primeras ecuaciones de ¬

λ + 4µ
λ + 5µ 

x=
, y=
2
2
­
λ+µ


z=
2
¬
3λ + 10µ = 8
5λ + 21µ = 16
1
Este ultimo sistema tiene solución
λ=
8
13
µ=
8
13
Reemplazando estos valores en
x=
40
26
y=
48
26
z=
asi, el punto es
P =
40 48 16
, ,
26 26 26
16
26
­
Ejercicio 3 (Lagrange).
Usando el método de Lagrange encuentre los valores máximo y minino de la función f (x, y) = (x + 5)(y + 2) + 7
sujeta a la restricción (x + 6)2 + (y + 2)2 = 1
Solución
Debemos encontrar los extremos de la función f , sujeta
a la restricción g(x, y) = 0, donde:
Lo que implica
I) Si x = −5, de
f (x, y) = xy + 2x + 5y + 17
g(x, y) = (x + 6)2 + (y + 2)2 − 1
II) Si x = −
Sistema
y + 2 = 2λ(x + 6)
¬
x + 5 = 2λ(y + 2)
­
(x + 6)2 + (y + 2)2 = 1
x = −5 ∨ x = −
13
2
¯ y = −2. Punto P1 = (−5, −2)
13
, de
2
¯
3
−4 ±
(y + 2) = ⇒ y =
4
2
√
2
3
Generando los puntos
®
P2 =
Multiplicando ¬ por (y + 2) y ­ por (x + 6) tenemos
P3 =
(y + 2) = 2λ(x + 6)(y + 2)
2
13 −4 −
− ,
2
2
13 −4 +
− ,
2
2
√ 3
√ 3
(x + 5)(x + 6) = 2λ(x + 6)(y + 2)
Evaluamos f (x, y) = (x + 5)(y + 2) + 7 en cada punto
de donde se concluye
(y + 2)2 = (x + 6)(x + 5)
Reemplazando
¯
f (P1 ) = 7,
√
28 + 3 3
,
f (P2 ) =
4
¯ en ® resulta
Valores extremos
(x + 6)2 + (x + 6)(x + 5) = 1
Valor mínimo f (P3 ) u 5,70096
2x2 + 23x + 65 = 0
(2x + 13)(x + 5) = 0
Valor máximo f (P2 ) u 8,29904
2
√
28 − 3 3
f (P3 ) =
4
Ejercicio 4 (Lagrange).
Usando el método de Lagrange, hallar los puntos sobre la esfera x2 + y 2 + z 2 = 16 más cercanos y más lejanos al
punto (4, 1, 4).
Solución
ción del sistema y luego de simplificar, tenemos
Función f y la restricción g
33
33
= 16 ⇒ (1 − λ)2 =
(1 − λ)2
16
f (x, y, z) = (x − 4)2 + (y − 1)2 + (z − 4)2
g(x, y, z) = x2 + y 2 + z 2 − 16
√
Entonces
De donde
Sistema
2x − 8 = 2λx
x=
2y − 2 = 2λy
y=

4 


1 − λ



1 
1 − λ




4 


z=
1−λ
2z − 8 = 2λz
x2 + y 2 + z 2 = 16
Reemplazando las igualdades de
1−λ=
√
33
33
∨ 1−λ=−
4
4
Asi, de ¬ los puntos solución son
4
16
16
4
16
16
, P2 = − √ , − √ , − √
P1 = √ , √ , √
33
33
33
33
33
33
¬
Evaluando tenemos que
√
f (P1 ) = ( 33 − 4)2 ,
√
f (P2 ) = ( 33 + 4)2
entonces el punto de la esfera mas cercano a (4, 1, 4) es
P1 y el mas lejano es P2
¬ en la ultima ecua-
Ejercicio 5 (Lagrange).
Hallar los puntos sobre la superficie z 2 − xy = 1 mas cercanos al origen
Solución
Debemos minimizar f (x, y, z) = x2 + y 2 + z 2 bajo la
restricción z 2 − xy − 1 = 0
II) Si z = 0, entonces de (9) se tiene
xy = −1
Sistema
(10)
Multiplicando (6) por x y (7) por y tenemos
2x = −λy
(6)
2y = −λx
(7)
2z = 2λz
(8)
z 2 − xy = 1
(2x2 = −λxy ∧ 2y 2 = −λxy) ⇒ x2 = y 2
luego y = x ∨ y = −x. Por (10) se debe tener
y = −x y nuevamente por (10), x2 = 1, de donde
x = 1 ∨ x = −1 generando los puntos
(9)
P3 = (1, −1, 0),
De (8) 2z(1 − λ) = 0 ⇒ (λ = 1 ∨ z = 0)
Evaluando tenemos
I) Si λ = 1, entonces de (6) y (7) tenemos 2x = −y
y 2y = −x, de donde x = 0 y y = 0. Luego de (9)
z = ±1, generando los puntos
P1 = (0, 0, 1),
P4 = (−1, 1, 0)
f (P1 ) = f (P2 ) = 1 y
f (P3 ) = f (P4 ) = 2
Entonces la distancia mínima al origen se tiene
para P1 y P2 y tiene valor D = 1
P2 = (0, 0, −1)
3
Ejercicio 6 (Lagrange).
Usando multiplicadores de Lagrange determine el máximo y el mínimo de la función f bajo la restricción indicada.
f (x, y, z) = x3 + x2 (y − 4) + x(y − 4)2 + x(z − 3), x + y + z = 6
Solución
La función objetivo y la función restricción son
f (x, y, z) = x3 + x2 (y − 4) + x(y − 4)2 + x(z − 3)
Sistema asociado
De
g(x, y, z) = x + y + z − 6
Caso 2
3x2 + 2x(y − 4) + (y − 4)2 + z − 3 = λ
¬
x2 + 2x(y − 4) = λ
­
x=λ
®
x+y+z =6
¯
x = 1 − 2(y − 4)
En este caso, tenemos lo siguiente
y−4=
de
²y¯
z=
9−x
1−x
⇒y=
2
2
3−x
2
x2 + 2x(y − 4) = x
9x2 − 4x − 5 = 0 ⇒
⇒ x(x + 2(y − 4) − 1) = 0
⇒ (x = 0 ∨ x = 1 − 2(y − 4))
x=1 ∨ x=−
5
9
De ² y ³, estas posibilidades de valores para x, generan los siguientes puntos
x=0
P3 = (1, 4, 1)
De ¯ tenemos z = 6 − y °. Reemplazado ° y ® en
¬ se llega a
√
y 2 + 9y + 19 = 0 ⇒ y =
Asi,
³
Después de reemplazar ², ³ y ® en ¬, de desarrollar y simplificar términos semejantes se llega a
­ y ® tenemos
Caso 1
²
9± 5
2
P4 =
±
° y ± generan los puntos
P1 =
P2 =
0,
5 43 16
− , ,
9 9 9
Evaluando tenemos
√
√ 9+ 5 3− 5
,
2
2
f (P1 ) = f (P2 ) = 0, f (P3 ) = −1, f (P4 ) =
√
√ 9− 5 3+ 5
0,
,
2
2
100
243
Entonces, f alcanza su valor mínimo en P3 y su valor
máximo en P4
4
Ejercicio 7 (Aplicación extremos ).
Una caja rectangular sin tapa, debe tener un área de superficie de 16 m2. Hallar las dimensiones que maximicen su
volumen
Solución
En este ejercicio por el contexto,0 < x, 0 < y, 0 < z.
Ademas el área superficial S es la suma de las áreas de
las caras laterales de decir
S(x, y, z) = 2xz + 2yz + xy
Multiplicamos (12) por x, (13) por y y (14) por z
(11)
Entonces, debemos maximizar la función volumen
V (x, y, z) = xyz, sujeta a la restricción S(x, y, z) = 16
xyz = λx(2z + y)
(16)
xyz = λy(2z + x)
(17)
xyz = λz(2x + 2y)
(18)
De (16) y (18) tenemos λx(2z + y) = λz(2x + 2y), asi
x(2z + y) = z(2x + 2y) ⇒ 2xz + xy = 2xz + 2yz
z
⇒ (x − 2z)y = 0
⇒ x = 2z
(19)
De (17) y (18) tenemos λy(2z + x) = λz(2x + 2y), asi
y
y(2z + x) = z(2x + 2y) ⇒ 2yz + xy = 2xz + 2yz
⇒ (y − 2z)x = 0
x
⇒ y = 2z
(20)
Sistema asociado
yz = λ(2z + y)
(12)
xz = λ(2z + x)
(13)
xz = λ(2x + 2y)
(14)
2xz + 2yz + xy = 16
Reemplazando (19) y (20) en (15) tenemos
12z 2 = 16 ⇒ z 2 =
(15)
4
2
⇒z= √
3
3
De (21), (19) y (20) las dimensiones deben ser
Notemos de (12), (13) y (14) que λ 6= 0 pues de lo contrario alguna de las dimensiones x, y, z debiese ser cero
4
x= √ ,
3
5
4
y=√ ,
3
2
z=√
3
(21)
Ejercicio 8 (Lagrange).
Sea T (x, y, z) = 20 + 4x + 4y + z 2 la temperatura en la esfera x2 + y 2 + z 2 = 16. Usando el método de Lagrange,
hallar las temperaturas extremas en la curva formada por la intersección del plano 2x + 2y + 2z = 12 y la esfera
Solución
De
Función T y las restricciones g, h
³ tenemos los puntos
T (x, y, z) = 20 + 4x + 4y + z 2
P1 =
g(x, y, z) = x2 + y 2 + z 2 − 16
P2 =
h(x, y, z) = 2x + 2y + 2z − 12
x2 + y 2 + z 2 = 16
¯
2x + 2y + 2z = 12
°
Sistema
4 = 2λx + 2µ
¬
4 = 2λy + 2µ
­
2z = 2λz + 2µ
®
Restando
2x2 + z 2 = 16
De la ecuación
reemplazando
reemplazando
Ê
4x + 2z = 12
Ë
Ë tenemos z = 12 −2 4x Ì
Ì en Ê y simplificando
ecuación que tiene soluciones
√
√
24 + 4 6
24 − 4 6
x=
∨x=
12
12
4
que reem2
plazado en ¯ y ° origina después de simplificar
De la ecuación
¯y°
24x2 − 96x + 80 = 0
0 = 2λ(x − y) ⇒ λ = 0 ∨ y = x
I) Si λ = 0, entonces de
√
√
8−4 2 8+4 2 4
,
,
4
4
2
II) Si y = x entonces de
­ a ¬ tenemos
48
x2 + y 2 =
4
√
√
8+4 2 8−4 2 4
,
,
4
4
2
¬y®z=
±
x+y =4
De
P3 =
²
P4 =
² tenemos y = 4 − x ³
(0,4 pts)
√
√ √
24 + 4 6 24 + 4 6 12 − 4 6
,
,
12
12
6
√
√
√ 24 − 4 6 24 − 4 6 12 + 4 6
,
,
12
12
6
Evaluando
³ en ± y simplificando
x2 − 4x +
Ì tenemos los puntos
16
=0
8
ecuación que tiene soluciones
√
√
8+4 2
8−4 2
x=
∨x=
4
4
T (P1 ) = T (P2 ) =
160
= 40
4
T (P3 ) = T (P4 ) =
1536
u 42,67
36
La temperatura es mínima en los puntos P1 , P2 y es
máxima en los puntos P3 , P4
6
Ejercicio 9 (Lagrange).
El plano x + y + z = 1 corta al cilindro x2 + y 2 = 1 en una elipse. Via multiplicadores de Lagrange, determine los
puntos sobre la elipse que se encuentran mas lejanos y mas cercanos del origen. (considere la distancia al cuadrado)
Solución
La función distancia al origen al cuadrado junto con
las funciones restricciones son
Sistema que tiene soluciones
√
(x = − √12 ∧ z = 1 + 2), (x =
f (x, y, z) = x2 + y 2 + z 2
√1
2
∧z = 1−
√
1
1
P3 = − √ , − √ , 1 + 2
2
2
√
1
1
P4 = √ , √ , 1 − 2
2
2
h(x, y, z) = x2 + y 2
Usado el método de los multiplicadores de Lagrange
2x = λ + 2xµ
(22)
2y = λ + 2yµ
(23)
Tabla de evaluación de f
2z = λ
(24)
f (P1 ) = 1
x+y+z =1
(25)
f (P2 ) = 1
x2 + y 2 = 1
(26)
√
f (P3 ) = 4 + 2 2 u 6, 83
√
f (P4 ) = 4 − 2 2 u 1, 17
Restando (22) de (23) se tiene
(27)
Asi, P1 y P2 son los puntos sobre la elipse mas cercanos
al origen y P3 es el punto mas lejano al origen.
En la ultima igualdad de (27) distinguimos 2 casos
I) Si µ = 1, entonces por (22) λ = 0 y entonces por
(24) z = 0. Luego de (25) y (26) tenemos
x+y =1
x2 + y 2 = 1
asi, (x = 0 ∧ y = 1) ∨ (x = 1 ∧ y = 0)
puntos solución
2)
Luego en este caso tenemos los puntos solución
g(x, y, z) = x + y + z
2(x − y) = 2µ(x − y) ⇔ (x − y)(1 − µ) = 0
√
P1 = (0, 1, 0) y P2 = (1, 0, 0)
II) Si x = y, entonces de (25) y (26) tenemos
2x + z = 1
2x2 = 1
7
Ejercicio 10 (Lagrange).
Determine el valor máximo de la función dada por f (x, y, z) = x + 2y + 3z sobre la curva de intersección del plano
x − y + z = 1 y el cilindro x2 + y 2 = 1
Solución
La función a maximizar y las funciones asociadas a las
restricciones del ejercicio, son respectivamente
Reemplazando (33) en (32) se tiene
x2 +
f (x, y, z) = x + 2y + 3z
25 2
x =1⇒
4
2
2
x = √ ∨ x = −√
29
29
(35)
g(x, y, z) = x − y + z − 1
h(x, y, z) = x2 + y 2 − 1
De (35), (33) y (34) las soluciones del sistema son:
2
5
7
P1 = √ , − √ , 1 − √
29
29
29
5
7
2
P2 = − √ , √ , 1 + √
29
29
29
Sistema asociado
1 = λ + 2xµ
(28)
2 = −λ + 2yµ
(29)
3=λ
(30)
x−y+z =1
(31)
x2 + y 2 = 1
(32)
Evaluando f en los puntos críticos
f (P1 ) = 3 −
f (P2 ) = 3 +
Reemplazando (30) en (28) y (29) se tiene
(2xµ = −2 ∧ 2yµ = 5) ⇒
y
5
5
= − ⇒ y = − x (33)
x
2
2
√
29 ≈ −2, 385
29 ≈ 8, 385
Luego, f sujeta a las restricciones:
Alcanza su valor mínimo en P1
Reemplazando (33) en (31) se tiene
5
7
x+ x+z =1⇒z =1− x
2
2
√
(34)
Alcanza su valor máximo en P2
8
Ejercicio 11 (Lagrange).
Sea C la intersección entre la esfera x2 + y 2 + z 2 = 9 y el plano x − y + 3z = 6. Hallar el punto de la curva C mas
cercano y el mas lejano del plano xy.
Solución
Si P = (x, y, z) es un punto de la curva intersección
entre la esfera y el plano entonces
Lo que junto a (39) y (40) implican
2x2 + z 2 = 9
Por pertenecer a la esfera |x| 6 3 y |y| 6 3,
luego |x| + |y| 6 6
Por pertenecer al plano se tiene z =
2x + 3z = 6
6 − (x − y)
3
Sistema que tiene soluciones
Ademas x−y 6 |x − y| 6 |x|+|y| 6 6 ⇒ 0 6 6−(x−y)
x=
z=
Así si P = (x, y, z) es un punto de la curva intersección, entonces z > 0, luego la distancia de P al plano
xy es simplemente z
6
9√
14,
+
11 22
18
3√
14
−
11 11
x=
6
9√
14,
−
11 22
z=
18
3√
14
+
11 11
Asi, las soluciones del sistema son:
9√
9√
3√
6
6
18
+
−
P1 =
14, − −
14,
14
11 22
11 22
11 11
Luego, la función a maximizar y las funciones asociadas a las restricciones del ejercicio, están dadas por
f (x, y, z) = z
g(x, y, z) = x + y + z
2
2
y
P2 =
2
6
9√
6
9√
18
3√
−
14, − +
14,
+
14
11 22
11 22
11 11
h(x, y, z) = x − y + 3z
Evaluando f en los puntos solución
Sistema asociado
0 = 2λx + µ
(36)
0 = 2λy − µ
(37)
1 = 2λz + 3µ
(38)
x2 + y 2 + z 2 = 9
(39)
x − y + 3z = 6
(40)
f (P1 ) =
3√
18
−
14 ≈ 0, 6159
11 11
f (P2 ) =
18
3√
+
14 ≈ 2, 6568
11 11
Así, el punto de C mas cercano al plano xy es P1 y el
punto de C mas lejano al plano xy es P2
z
Sumando (36) y (37) se tiene
2λ(x + y) = 0 (41)
P2
Si λ = 0, entonces por (36) µ = 0, luego por (38) se
tendría la contradicción 1 = 0.
C
P1
y
Así de (41) concluimos que y = −x
x
9
Ejercicio 12 (Lagrange).
Considere la función f (x, y, z) = xy +81z 2 . Usando el método de Lagrange encuentre los valores máximos y mínimos
de f sujeta a las restricciones:
y − x = 90 y
100x2 + 121y 2 + 81z 2 = 980100
Solución
Caso µ = 1
Sistema asociado
y = −λ + 200µx
¬
x = λ + 242µy
­
162z = 162µz
y − x = 90
100x2 + 121y 2 + 81z 2 = 980100
De
Si µ = 1, entonces de
¬,­, y ®
y + x = 200x + 242y
2(x + 45) = 200x + 242(x + 90)
®
x=−
¯
°
De
®, tenemos
Caso z = 0
²
² y ¯ y = 1791
, así de °
44
z2 =
8z(1 − µ) = 0 ⇒ (z = 0 ∨ µ = 1)
2169
44
√
12825779
12825779
⇒z=±
1936
44
generando entonces los puntos
Si z = 0, entonces de
¯y°
√
2169 1791
12825779
P3 = −
,
,
44
44
44
100x2 + 121(x + 90)2 = 980100
√
2169 1791
12825779
P4 = −
,
,−
44
44
44
100x2 + 121(x2 + 180x + 8100) = 980100
100x2 + 121x2 + 21780x + 980100 = 980100
Evaluamos f en P1 y P2
221x2 + 21780x = 0
f (P1 ) = 0,
x(221x + 21780) = 0
x=0 ∨ x=−
21780
221
f (P2 ) =
41164200
u 842,821
48841
Evaluamos f en P3 y P4
±
f (P3 ) = f (P4 ) =
Así, reemplazando en ¯ los valores de x de ± tenemos los puntos solución
21780 1890
P1 = (0, 90, 0) P2 = −
,−
,0
221
221
23522805
u 534609,2045
44
La función alcanza su valor mínimo en P1 y su valor
máximo en P3 y en P4
10
Ejercicio 13 (Lagrange).
Encuentre el punto de la intersección entre las superficies x2 − xy + y 2 − z 2 = 1 y x2 + y 2 = 1 mas cercano al origen
Solución
De (48) concluimos
Función f y restricciones g, h
f (x, y, z) = x2 + y 2 + z 2
y 2 = x2 ⇒ (y = x ∨ y = −x)
g(x, y, z) = x − xy + y − z − 1
2
2
2
h(x, y, z) = x2 + y 2 − 1
La opción y = x no es posible pues por (47),
Sistema
y = x ⇒ z 2 = −x2 ⇒ x = 0
2x = λ(2x − y) + 2µx
(42)
2y = λ(2y − x) + 2µy
(43)
y así, y = x = 0 que es incompatible con (46)
2z = −2λz
(44)
Entonces y = −x, asi de (46) y (47)
x2 − xy + y 2 − z 2 = 1
(45)
x2 + y 2 = 1
(46)
x2 =
1
1
Por lo tanto, x = ± √ y z = ± √ .
2
2
Reemplazando (46) en (45) tenemos
z 2 = −xy
Así obtenemos los puntos
(47)
De (44): 2z(1 + λ) = 0 ⇒ z = 0 ∨ λ = −1
1
1
1
√ , −√ , √
2
2
2
1
1
1
√ , −√ , −√
2
2
2
P7 =
1
1
1
−√ , √ , √
2
2
2
P8 =
1
1
1
−√ , √ , −√
2
2
2
P5 =
Caso z = 0
P6 =
De (47) x = 0 ∨ y = 0 entonces por (46):
a) Si x = 0 entonces y = 1 ∨ y = −1
P1 = (0, 1, 0), P2 = (0, −1, 0)
b) Si y = 0 entonces x = 1 ∨ x = −1
Al evaluar f en cada uno de los puntos se tiene:
P3 = (1, 0, 0), P4 = (−1, 0, 0)
f (Pi ) =
Caso λ = −1
Reemplazando en (42) y (43) se tiene
)
)
(4 − 2µ)xy = y 2
(4 − 2µ)x = y
⇒
(4 − 2µ)y = x
(4 − 2µ)xy = x2
1
1
∧ z 2 = x2 =
2
2


1,
si i = 1 . . . 4

 3 , si i = 5 . . . 8
2
f alcanza su valor mínimo en Pi , para i = 1 . . . 4, y su
valor máximo para Pi con i = 5 . . . 8
(48)
11
Ejercicio 14 (Lagrange).
Hallar los valores extremos de f (x, y) = 8x2 − 24xy + y 2 sujeta a la restricción x2 + y 2 = 1
Solución
Hagamos
Sistema
x = vy
16x − 24y = 2λx
(49)
−24x + 2y = 2λy
(50)
Reemplazando (53) en (52) te
x2 + y 2 = 1
(51)
12v 2 y 2 + 7vy 2 − 12y 2 = 0
En este sistema x 6= 0 y y 6= 0, pues
en caso contrario se llegaría a una
contradicción.
12v 2 + 7v − 12 = 0
Despejando λ de (49) y (50)
−24x + 2y
16x − 24y
=
2x
2y
12x2 + 7xy − 12y 2 = 0
De (54)
v=
por (53)
x=
(53)
generando los puntos
3 4
3 4
P1 =
,
P2 = − , −
5 5
5 5
(54)
4
3
Si x = − y, entonces y = ±
3
5
generando los puntos
4 3
4 3
P3 = − ,
P4 =
,−
5 5
5 5
3
4
∨ v = − y luego
4
3
3
4
y∨x=− y
4
3
f (P1 ) = f (P2 ) = −8
(mínimos)
De (51) tenemos
(52)
Si x =
Evaluando
f (P3 ) = f (P3 ) = 17
(máximos)
4
3
y, entonces y = ±
4
5
Ejercicio 15 (Lagrange).
Hallar los puntos de x6 + y 6 = 1 mas cercanos a (0, 0).
Solución
Función f y restricción g
Caso 2
f (x, y) = x2 + y 2
De (55) y (56) tenemos
g(x, y) = x6 + y 6
1 = 3λx4 ∧ 1 = 3λy 4
lo que implica
Sistema asociado
2x = 6λx5
(55)
2y = 6λy 5
(56)
x6 + y 6 = 1
Caso 1
x 6= 0 ∧ y 6= 0
(57)
x=0∨y =0
De (57) se tienen las soluciones
P1 = (0, 1), P2 = (0, −1)
P3 = (1, 0), P4 = (−1, 0)
x2 = y 2 ∧ x6 = y 6
de (58) y (3) se tiene
y = x ∨ y = −x
1
1
∨x = −√
x= √
6
6
2
2
Combinando las posibilidades
12
(58)
Generamos los puntos
1
1
√
P5 = √
,
6
2 62
1
1
P6 = √
,−√
6
6
2
2
1
1
√
P7 = − √
,
6
2 62
1
1
P8 = − √
,−√
6
6
2
2
Entonces, f (Pi ) = 1, i = 1 . . . 4 y
2
f (Pi ) = √
≈ 1, 5874, i = 5 . . . 8
3
2
Asi, los puntos de x6 + y 6 = 1 mas
cercanos a (0, 0) son P1 , P2 , P3 , P4
Ejercicio 16 (Lagrange).
Determine los valores extremos de f (x, y, z) = xyz tales que x2 +
y2
z2
+
=1
12
3
Solución
Función f y restricción g
f (x, y, z) = xyz
Caso 1
g(x, y, z) = x2 +
√
y2
z2
+
12
3
3
, y = ±2, z = ±1
3
√
3
Dando origen a 8 posibles puntos ±
, ±2, ±1
3
Aquí tenemos
Sistema asociado
yz = 2λx
(59)
λ
xz = y
6
(60)
xy =
x2 +
2λ
z
3
y2
z2
+
=1
12
3
λ 6= 0
Caso 2
λ=0
En este caso de (59), (60), (61) y (62) tenemos
(61)
xyz =
λ 2
y
6
2λ 2
xyz =
z
3
yz = 0
(70)
xz = 0
(71)
xy = 0
(72)
z2
y2
+
=1
12
3
(73)
(62)
multiplicando (59) por x, (60) por y y (61) por z tenemos
xyz = 2λx2
x=±
x2 +
(63)
de (70), (71) y (72)), para que (x, y, z) sea solución, 2
de sus coordenadas deben ser cero.
(64)
así, de (73) tenemos que
√
Si (x = 0 ∧ y = 0) ⇒ z = ± 3
√
Si (x = 0 ∧ z = 0) ⇒ y = ±2 3
(65)
sumando (63), (64) y (65) y teniendo en cuenta (62)
Si (y = 0 ∧ x = 0) ⇒ z = ±1
z3
2λ
y2
2
3xyz = 2λ x +
+
= 2λ ⇒ xyz =
(66)
12
3
3
dando origen a 6 puntos solución
√
(0, 0, ± 3),
usando la conclusión de (66) en (63), (64) y (65)
λ(3x2 − 1) = 0
(67)
λ(y 2 − 4) = 0
(68)
λ(z 2 − 1) = 0
(69)
√
(0, ±2 3, 0),
(±1, 0, 0)
claramente el valor máximo de f (x, y, z) = xyz se
produce en los
√ 4 puntos del Caso 1 para los cuales
2 3
f (x, y, z) =
y el valor mínimo en los 4 puntos del
3
√
2 3
Caso 1 para los cuales f (x, y, z) = −
3
13
Ejercicio 17 (Lagrange).
Sea p ∈ R. Usando el método de multiplicadores de Lagrange, encuentre la distancia mínima del punto (7, p) a la
parábola x2 − 4y − 14x + 69 = 0
Solución
Minimizamos la función
Si p > 7, de
f (x, y) = (x − 7)2 + (y − p)2
sujeta a la restricción
x=7±2
x2 − 4y − 14x + 69 = 0
lo que genera los puntos
p
P2 = (7 − 2 p − 7, p − 2)
p
P3 = (7 + 2 p − 7, p − 2)
2(x − 7) = 2(x − 7)λ
2(y − p) = −4λ
(x − 7)2 − 4(y − 5) = 0
Por lo tanto tenemos los siguientes casos
a) Si b 6 7 el único punto solución del sistema es P1 y
dado que f (P1 ) = (5−p)2 , tenemos que la distancia
mínima es
p
D = (5 − p)2 = |5 − p|
o equivalentemente
y = p − 2λ
y=
De
(x − 7)2
+5
4
¬
­
®
b) Si b > 7, el sistema tiene 3 puntos solución y evaluándolos en la función f
¬ tenemos x = 7 o λ = 1
a) Si x = 7, de
del sistema
f (P1 ) = (5 − p)2
f (P2 ) = f (P3 ) = 4(p − 6)
®, y = 5 y asi P1 = (7, 5) es solución
b) Si λ = 1, entonces de
p
p−7
y =p−2
Sistema
2(x − 7)(1 − λ) = 0
¯, tenemos
Ademas tenemos que
0 < ((p − 5) − 2)2
­ y ®, luego:
(x − 7)2
p−2=y =
+5>5
4
⇒ 4(p − 5) − 4 < (p − 5)2
¯
⇒ 4(p − 6) < (5 − p)2
⇒ f (P2 ) = f (P3 ) < f (P1 )
Asi, en este caso el sistema tendrá solución si y solo
si p > 7
entonces el valor mínimo de f se tiene en P2 y en
P3 . Por lo
√ tanto, la distancia mínima en este caso,
es D = 2 p − 6
Si p = 7, de ¯, y = 5 y x = 7 lo que genera
nuevamente el punto P1 = (7, 5)
14
Ejercicio 18 (Lagrange).
Dados a, b ∈ R, use el método de Lagrange, para encontrar el punto de la intersección entre los planos Π1 y
Π2 mas cercano al origen, si las ecuaciones de los planos estan dadas por:
Π1 : x + y + az = 1
Π2 : 3x + 2y + bz = 6
Solución
Existe mas de una forma de resolver el sistema que quedara, la que presento no me parece la mas rápida, pero creo
que es la de mayor uso.
Minimizaremos la función f dada por la distancia al
cuadrado de un punto al origen, bajo las funciones de
restricción g, h
(a2 + 2)λ + (ab + 5)µ = 2
(ba + 5)λ + (b2 + 13)µ = 12
f (x, y, z) = x2 + y 2 + z 2
Notar que si a, b ∈ R, entonces, la expresión
g(x, y, z) = x + y + az − 1
h(x, y, z) = 3x + 2y + bz − 6
5b
13 a − 10 ab + 2 b + 1 = 13 a −
13
2
Se debe resolver el sistema
2
+
b2 + 13
13
es positiva, luego el sistema anterior tiene solución
2x = λ + 3µ
(74)
2y = λ + 2µ
(75)
2z = aλ + bµ
(76)
x + y + az − 1 = 0
(77)
3x + 2y + bz − 6 = 0
(78)
Despejando x, y, z en (74), (75) y (76) se tiene
λ + 2µ
y=
2
aλ + bµ
z=
2
λ=
2b2 − 12 ab − 34
13 a2 − 10 ab + 2 b2 + 1
µ=
12 a2 − 2ab + 14
13 a2 − 10 ab + 2 b2 + 1
Sustituyendo λ y µ en (79) se tiene
para cada una de las ec (74), (75) y (76).
λ + 3µ
x=
2
2
(79)
x=
18 a2 − 9 ab + b2 + 4
13 a2 − 10 ab + 2 b2 + 1
y=
12 a2 − 8 ab + b2 − 3
13 a2 − 10 ab + 2 b2 + 1
z=
7 b − 17 a
13 a2 − 10 ab + 2 b2 + 1
Como en una recta no existe un punto mas lejano al
origen, el punto P = (x, y, z) con x, y, z definidas en el
paso anterior, es el punto mas cercano al origen.
Al sustituir los valores de (79) en (77) y (78), después
de desarrollar se llega al sistema
15
Ejercicio 19 (Lagrange).
Sean a, b ∈ R. Considere el punto p = (a, b, 0) ∈ R3 y las siguientes funciones definidas de R3 a R
g(x, y, z) = (x − a)2 − (x − a)(y − b) + (y − b)2 − z 2 − 1
h(x, y, z) = (x − a)2 + (y − b)2 − 1
Sea C el conjunto de puntos (x, y, z) del espacio que satisfacen simultáneamente g(x, y, z) = 0 y h(x, y, z) = 0.
Usando el método de Lagrange, determine los puntos de C mas cercanos y los mas lejanos al punto p.
Solución
La función f a estudiar esta definida por
II) Si λ = −1, de (80) y (81) se tiene
f (x, y, z) = (x − a)2 + (y − b)2 + z 2
Aunque no es necesaria, el uso la regla cadena para
calcular las derivadas parciales simplifica los cálculos
asi tenemos:
(80)
2(y − b) = λ(2(y − b) − (x − a)) + 2µ(y − b)
(81)
2z = −2λz
(86)
(4 − 2µ)(y − b) = x − a
(87)
De donde se puede concluir (y − b)2 = (x − a)2
Ecuaciones de derivadas.
2(x − a) = λ(2(x − a) − (y − b)) + 2µ(x − a)
(x − a)(4 − 2µ) = y − b
y − b = x − a ∨ y − b = −(x − a)
La opción y − b = x − a es falsa pues por (85),
y − b = x − a ⇒ z 2 = −(x − a)2 ⇒ x − a = 0
y así, y − b = x − a = 0 lo cual contradice (84)
(82)
ecuaciones (80) y (81)
Entonces y − b = −(x − a), asi de (84) y (85)
Ecuaciones de restricción
(x − a)2 =
(x − a)2 − (x − a)(y − b) + (y − b)2 − z 2 = 1
(83)
(x − a)2 + (y − b)2 = 1
(84)
1
1
asi, x = a ± √ y z = ± √ .
2
2
Reemplazando (84) en (83) tenemos
z = −(x − a)(y − b)
2
1
1
∧ z 2 = (x − a)2 =
2
2
P5 = (a +
(85)
P6 = (a +
De (82): 2z(1 + λ) = 0 ⇒ z = 0 ∨ λ = −1
P7 = (a −
P8 = (a −
I) Si z = 0, de (85) x = a ∨ y = b. Usando (84):
√1 , b
2
√1 , b
2
√1 , b
2
√1 , b
2
−
−
+
+
√1 , √1 )
2
2
√1 , − √1 )
2
2
√1 , √1 )
2
2
√1 , − √1 )
2
2
Al evaluar f en cada uno de los puntos se tiene:
a) Si x = a entonces y = b + 1 ∨ y = b − 1
P1 = (a, b + 1, 0), P2 = (a, b − 1, 0)
f (Pi ) = 1 si i = 1 . . . 4, f (Pj ) =
b) Si y = b entonces x = a + 1 ∨ x = a − 1
P3 = (a + 1, b, 0), P4 = (a − 1, b, 0)
3
si j = 4 . . . 8
2
f alcanza su valor mínimo en Pi , con i = 1 . . . 4,
P4 y su valor máximo en Pj , con j = 4 . . . 8
16
Ejercicio 20 (Lagrange).
Si a, b ∈ R, via el método de Lagrange, halle los valores máximos y mínimos de f (x, y) bajo la restricción g(x, y) = 0
f (x, y) = y 2 + 2by − (a + b)x + b2 − ab − a2
g(x, y) = x2 + y 2 + 2ax + 2by − 2ab
Solución
Aunque se puede abordar el ejercicio directamente, escribiré los datos en forma equivalente al completar los cuadrados de binomio, esto solo con el objeto de simplificar un poco estos calculos genéricos
Completando cuadrado de binomio para la función f
y para la restricción se tiene
II) Si λ = 1, de (90) se tiene
x+a=−
f (x, y) = (y + b)2 − (a + b)(x + a)
g(x, y) = (x + a) + (y + b) − (a + b)
2
2
(88)
2
x=−
(89)
a+b
2
(93)
3a + b
2
(94)
Reemplazando (93) en (92) concluimos que
3
(y + b)2 = (a + b)2 , de donde
4
√
√
3
3
y=
(a + b) − b ∨ y = −
(a + b) − b
2
2
Se debe resolver el sistema
−(a + b) = (2x + 2a)λ
2y + 2b = (2y + 2b)λ
Lo que en conjunto a (94) genera
(x + a)2 + (y + b)2 = (a + b)2
√
3a + b
3
,
(a + b) − b
P3 = −
2
2
√
3a + b
3
P4 = −
,−
(a + b) − b
2
2
O equivalentemente
−(a + b) = 2(x + a)λ
(90)
y + b = (y + b)λ
(91)
(x + a)2 + (y + b)2 = (a + b)2
(92)
Al evaluar usando (88) se tiene
De (91) tenemos (y + b)(1 − λ) = 0 lo que genera dos
casos: y = −b ∨ λ = 1
f (P1 ) = (a + b)2
f (P2 ) = −(a + b)2
5
(a + b)2
4
5
f (P4 ) = (a + b)2
4
I) Si y = −b, de (92) (x + a)2 = (a + b)2
f (P3 ) =
De donde concluimos que x = −(2a + b) ∨ x = b
P1 = (−(2a + b), −b), P2 = (b, −b)
f tiene máximo en P3 , P4 y mínimo en P2
17