λ μ λ μ λ μ λ μ λ μ λ λ λ μ

⎧ z = x2 + y 2
1.- Hallar los puntos de la elipse ⎨
para los que se obtienen las
⎩x + y + 2z = 2
distancias máxima y mínima respecto del origen de coordenadas.
Solución:
Se trata de calcular el máximo y mínimo de la función d ( x, y, z ) = x 2 + y 2 + z 2 , donde
( x, y, z ) son los puntos de la elipse dada, luego puntos que deben cumplir dos
⎧ x2 + y 2 − z = 0
.
condiciones: ⎨
⎩x + y + 2z − 2 = 0
Aplicando el método de los multiplicadores de Lagrange:
w( x, y, z ) = x 2 + y 2 + z 2 + λ ⋅ ( x 2 + y 2 − z ) + μ ⋅ ( x + y + 2 z − 2)
Pero d ( x, y, z ) = g D f ( x, y, z ) , donde g ( x) = x . Y g ′( x) > 0 ⇒ g y d tienen los
mismos extremos. Por tanto, calcularemos los de g:
w( x, y, z ) = x 2 + y 2 + z 2 + λ ⋅ ( x 2 + y 2 − z ) + μ ⋅ ( x + y + 2 z − 2)
Para obtener los puntos críticos planteamos la condición necesaria:
⎧ w′x = 2 x + 2λ x + μ = 0
⎪ w′ = 2 y + 2λ y + μ = 0
⎪⎪ y
⎨ w′z = 2 z − λ + 2μ = 0
⎪ x2 + y 2 − z = 0
⎪
⎪⎩ x + y + 2 z − 2 = 0
⎧y = x
Restando las dos primeras ecuaciones: 2( x − y )(1 + λ ) = 0 ⇒ ⎨
⎩λ = −1
⎧ z = 2 x2
⎧ x = 1/ 2 ⇒ y = 1/ 2 , z = 1/ 2
Si y = x ⇒ ⎨
⇒ 2 x2 + x − 1 = 0 ⇒ ⎨
⎩ x = − 1 ⇒ y = −1 , z = 2
⎩2 x + 2 z = 2
1
Si λ = −1 ⇒ μ = 0 ⇒ z = − = x 2 + y 2 , lo que es imposible.
2
⎛1 1 1⎞
Obtenemos, por tanto, dos puntos críticos: A ⎜ , , ⎟ y B ( −1, −1, 2 ) .
⎝2 2 2⎠
Aunque hasta ahora hemos hablado de extremos relativos, como se trata de extremos
situados en un conjunto cerrado y acotado (concretamente una elipse), van a ser, en
realidad, extremos absolutos, cuya existencia nos la asegura el teorema de Weierstrass.
Así pues, no tenemos necesidad de estudiar la condición suficiente de extremo para
clasificarlos. Sólo debemos calcular el valor de la función d en estos dos puntos críticos:
2
2
2
3
2
2
2
⎛1⎞ ⎛1⎞ ⎛1⎞
d ( B) = ( −1) + ( −1) + ( 2 ) = 6
d ( A) = ⎜ ⎟ + ⎜ ⎟ + ⎜ ⎟ =
y
2
⎝2⎠ ⎝2⎠ ⎝2⎠
Y comparando ambos valores: d ( A) < d ( B) ⇒ la distancia mínima se obtiene al punto
A y la distancia máxima al punto B.
Javier Bilbao; Olatz García; Miguel Rodríguez; Concepción Varela
1
2.- Sea la función f ( x, y ) = x m + y m (m ∈ ` − {1}) . Hallar sus extremos relativos con
la condición x + y = 2 .
Solución:
Aplicando el método de los multiplicadores de Lagrange:
w( x, y ) = x m + y m + λ ( x + y − 2)
Condición necesaria:
⎧⎪ w′x = m ⋅ x m −1 + λ = 0
⎧ y = x (m bikoitia) ⎫
m −1
m −1
⟩⇒x
⎨
m −1
⎪⎩ w′y = m ⋅ y + λ = 0
=y
⇒⎨
⎪⎪ ⎧ y = x ⇒ x = y = 1
⎩ y = ± x (m bakoitia) ⎬ ⇒ ⎨ y = − x ⇒ 0 = 2
⎪ ⎩
x + y = 2 ⎪⎭
El único punto crítico es A(1,1).
Condición suficiente:
⎧ w′′2 = m ⋅ ( m − 1) ⋅ x m − 2
⎪⎪ x
m−2
⇒ d 2 w(1,1) = m ⋅ (m − 1) ⋅ (dx) 2 + ( dy ) 2
⎨ w′′y 2 = m ⋅ (m − 1) ⋅ y
⎪
⎪⎩ w′′xy = 0
Y x + y = 2 ⇒ dx + dy = 0 ⇔ dy = − dx
(
)
⎫
⎪
⎪⎪
2
⎬ ⇒ d w(1,1) > 0
⎪
⎪
⎪⎭
Por tanto, A(1,1) es un mínimo relativo condicionado.
3.- Descomponer el número positivo a como suma de tres números no negativos, de
manera que la suma de los cubos de dichos números sea mínima. Calcular dicha
suma.
Solución:
Es un problema de extremos relativos condicionados. Si los tres números no negativos
que tenemos que obtener son x, y y z, se trata de calcular el mínimo de la función
f ( x, y, z ) = x3 + y 3 + z 3 con la condición a = x + y + z . Para ello usaremos el método de
los multiplicadores de Lagrange:
w( x, y, z ) = x 3 + y 3 + z 3 + λ ( x + y + z − a)
Condición necesaria (cálculo de los puntos críticos):
⎧ w′x = 3x 2 + λ ⎫
( x ≥ 0, y ≥ 0, z ≥ 0)
⎪
⎪
2
2
2
2
x= y=z
⇒
a
⎪ w′y = 3 y + λ ⎬ ⇒ λ = −3x = −3 y = −3 z
⇒ 3x = a ⇒ x =
⎨
2
⎪
3
⎪ w′z = 3 z + λ ⎭
⎪x + y + z = a
⎩
⎛a a a⎞
Obtenemos un único punto crítico: A = ⎜ , , ⎟ .
⎝3 3 3⎠
Mediante la condición suficiente comprobamos que se trata de un mínimo:
Javier Bilbao; Olatz García; Miguel Rodríguez; Concepción Varela
2
⎧ w′′x2
⎪ w′′
⎪ y2
⎨
⎪ w′′z 2
⎪ w′′
⎩ xy
= 6 x ⇒ w′′x2 ( A) = 2a
= 6 y ⇒ w′′y 2 ( A) = 2a
= 6 z ⇒ w′′z 2 ( A) = 2a
= w′′xz = w′′yz = 0
(*)
⇒ d 2 w( A) = 2a ⎡⎣(dx) 2 + (dy ) 2 + (dz ) 2 ⎤⎦ > 0 ⇒ A es mínimo.
3
3
⎛a⎞ a
Y f ( A) = 3 ⎜ ⎟ =
9
⎝3⎠
(*) ∀(dx, dy, dz ) ≠ (0, 0, 0)
4.- Hallar en la región A = {( x, y ) ∈ \ 2 / x ≥ 0, y ≥ 0, x 2 + y 2 ≤ r 2 } los puntos donde la
función f ( x, y ) = x 2 + y 2 + xy alcanza sus valores máximo y mínimo absolutos.
Solución:
A es un conjunto cerrado y acotado y f una función continua, luego el teorema de
Weiertrass nos garantiza la existencia de mínimo y máximo absolutos.
Comenzaremos por calcular los puntos críticos (no condicionados) que pueda tener f en
A:
f x′ = 2 x + y = 0 ⎫⎪
⎬ ⇒ P1 = (0,0) ∈ A es el único punto crítico. Y f ( P1 ) = 0 .
f y′ = 2 y + x = 0 ⎪⎭
A continuación, calcularemos los puntos críticos que se puedan encontrar en la frontera
de A, es decir, los condicionados. En dicha frontera debemos distinguir tres zonas:
• La porción y = 0 :
f ( x, y ) = x 2 + y 2 + xy ⎫
⎬ ⇒
y=0
⎭
f ( x) = x 2
⇒
f ′( x) = 2 x = 0 ⇒
P1 = (0,0)
• La porción x = 0 :
El desarrollo es simétrico al caso anterior, luego obtenemos, de nuevo, el punto
P1 = (0,0)
• La porción x 2 + y 2 = r 2 :
Aquí aplicamos el método de los multiplicadores de Lagrange:
W ( x, y ) = x 2 + y 2 + xy + λ ( x 2 + y 2 − r 2 )
Y la condición necesaria para esta función:
Javier Bilbao; Olatz García; Miguel Rodríguez; Concepción Varela
3
Wx′ = 2 x + y + 2λ x = 0 ⎫ λ = − 2 x + y ⎫
⎪
2 x ⎪⎪
2
2
2
2
⎬ 2 xy + y = 2 xy + x ⇒ x = y
⎪
⎪ λ = − 2y + x⎪
Wy′ = 2 y + x + 2λ y = 0 ⎬
2 y ⎪⎭
⎪
⎪
x 2 + y 2 = r 2 ⎪⎭
r
2
2 x2 = r 2 → x = ±
Debemos desechar la solución negativa porque no se encuentra en A. Por tanto, el
3r 2
⎛ r r ⎞
f
(
P
)
=
único punto crítico que se obtiene aquí es P3 = ⎜ , ⎟ . Y
3
2
⎝ 2 2⎠
Y por último, los puntos de la frontera que son intersección de dos porciones de
frontera, es decir, los vértices (son aquellos extremos condicionados no por una sino por
dos condiciones):
P4 = (r ,0) y P5 = (0, r ) . Y f ( P4 ) = f ( P5 ) = r 2 (Además del propio P1 = (0,0) )
Comparando los valores obtenidos en todos los puntos críticos:
⎛ r r ⎞
,
⎟
⎝ 2 2⎠
Mínimo absoluto P1 (0,0) y Máximo absoluto P3 = ⎜
5.- Calcular los extremos absolutos de
{
}
f ( x, y ) = x 2 − 4 xy + 5 en el conjunto
M = ( x, y ) ∈ \ 2 / 0 ≤ x ≤ 4, 0 ≤ y ≤ x .
Solución:
Como f es continua en el conjunto M cerrado y acotado, el teorema de Weiestrass nos
garantiza la existencia de máximo y mínimo absolutos.
Y
y= x
M
0
4
X
Comenzamos con los puntos críticos no condicionados:
x⎫
f x′ = 2 x − 4 y = 0 ⇔ y = ⎪
2 ⎬ ⇒ A = (0, 0) ∈ M único punto crítico.
′
f y = −4 x = 0 ⇔ x = 0 ⎪⎭
Javier Bilbao; Olatz García; Miguel Rodríguez; Concepción Varela
4
Ahora calcularemos los puntos críticos condicionados (los de la frontera de M).
Distinguiremos tres casos:
i) y = 0 ⇒ f ( x, y ) = x 2 + 5 = F ( x) ⇒ F ′( x) = 2 x = 0 ⇔ x = 0 ⇒ A
f ( x, y ) = 21 − 16 y = G ( y ) ⇒ G′( y ) = −16 ≠ 0 . Luego no hay.
ii) x = 4 ⇒
iii) y = x
⇒
⎧x = 0 ⇒ A
f ( x, y ) = x 2 − 4 x3/ 2 + 5 = H ( x) ⇒ H ′( x) = 2 x − 6 x1/ 2 = 0 ⇔ ⎨
⎩x = 9 ∉ M
Y para terminar los vértices de esa frontera (donde se encuentran los puntos que deben
cumplir dos condiciones en lugar de una sola):
⇒
A(0, 0) , B(4, 0) y C (4, 2) .
Y evaluamos f en duchos puntos:
f ( A) = 5, f ( B) = 21 y f (C ) = −11
Luego, B es el máximo y C es el mínimo absoluto.
6.- Dada la función z = f ( x, y ) = x 2 + y 2 + xy − 3 , calcular sus extremos absolutos en
el conjunto:
D = {( x, y ) ∈ \ 2 / x 2 + y 2 ≤ 8 ∧ x ≥ 0}
Solución:
Y
D
• B•
f es una función continua en el conjunto D cerrado y
acotado, luego el teorema de Weiestrass garantiza la
existencia de máximo y mínimo absolutos en dicho
conjunto.
x2 + y 2 = 8
A
•
E
X
• •C
x=0
a) Comenzamos con los puntos críticos no condicionados:
⎧⎪ f x′ = 2 x + y = 0 ⇔ y = −2 x
⟩ ⇒ − 3x = 0 ⇔
⎨ ′
⎪⎩ f y = 2 y + x = 0
Punto crítico: A = (0, 0) ( A ∈ D) .
x=0 ⇒
Javier Bilbao; Olatz García; Miguel Rodríguez; Concepción Varela
y=0
5
b) Ahora calcularemos los puntos críticos condicionados (los de la frontera de D). Esta
frontera está dividida en dos partes, cada una de las cuales viene expresada mediante
una condición. Así, estudiaremos tres casos:
b.1) x = 0 ⇒ f (0, y ) = F ( y ) = y 2 − 3 ⇒ F ′( y ) = 2 y = 0 ⇔ y = 0
Obtenemos, de nuevo, el punto A.
b.2) x 2 + y 2 = 8 ⇒ w( x, y ) = x 2 + y 2 + xy − 3 + λ ( x 2 + y 2 − 8)
método de los multiplicadores de Lagrange:
y aplicamos el
⎧ w′x = 2 x + y + 2λ x = 0 ⇔ 2 x(1 + λ ) + y = 0 (*)
y
x
⇒ 1+ λ = −
=−
⇔ x2 = y 2
⎪
′
w
2
y
x
2
λ
y
0
2
y
(1
λ
)
x
0
=
+
+
=
⇔
+
+
=
⟩⇒
2
x
2
y
⎨ y
⎪ 2
2
⎩x + y = 8
x ≥0
⇒ 2 x 2 = 8 ⇒ x = 2 ⇒ y = ±2
Obteniéndose dos puntos críticos: B = (2, 2) y C = (2, −2) .
b.3) Los puntos intersección de los dos trozos de frontera: x 2 + y 2 = 8 ∧ x = 0
(
)
(
)
De aquí obtenemos los puntos D = 0, 2 2 y E = 0, −2 2 .
Comparamos los valores de f en todos esos puntos:
f ( A) = −3 f ( B) = 9 f (C ) = 1 f ( D) = 5
Y resultan ser A mínimo y B máximo absolutos.
(*) Si x = 0 ⇒
y=0 ⇒
f (E) = 5
x2 + y 2 ≠ 8
Javier Bilbao; Olatz García; Miguel Rodríguez; Concepción Varela
6