Problemas de extremos de dos variables

Capítulo 1
Extremos de varias variables
Problema 1 Encontrar los extremos absolutos de la función f (x, y) = xy 2 en el conjunto
A = {(x, y) ∈ IR2 : x2 + y 2 ≤ 4, x ≥ −5/3}.
•
Solución:
En primer lugar representamos el conjunto A. Para ello hallamos las intersecciones entre las
dos curvas que lo definen

2
2
√

 x +y =4
11
=⇒ y = ±
.
5

3
 x=−
3
Ã
Luego las curvas se intersecan en los puntos
√ !
5
11
− ,±
.
3
3
La curva x2 + y 2 = 4 es una circunferencia de radio 2 y centro (0, 0) y la curva x = −5/3 es
una recta vértical.
Nótese que f es una función continua (es una función polinómica) y A es un conjunto
compacto. Por tanto el Teorema de Weierstrass asegura la existencia de extremos absolutos,
que se encontrarán entre los puntos siguientes:
Ã
√ !
5
11
(i) Vértices del conjunto A: − , ±
.
3
3
(ii) Extremos libre de f en el interior de A:
5
6
Índice general
2
y
0
-3
-2
-1
0
1
2
3
x
-2
Como estamos bajo hipótesis de diferenciabilidad podemos aplicar la condición necesaria de
extremo libre

∂f

µ
¶
= y2 = 0 

5
∂x
=⇒ (a, 0), para toda a ∈ − , 2 .
∂f

3

= 2yx = 0 
∂y
(iii) Extremos condicionados en las distintas fronteras.
(iii.1) Frontera descrita por la curva x = −5/3. Como la función x es explícita podemos
sustituir en la función.
5
10
h(y) = f (x = −5/3, y) = − y 2 =⇒ h0 (y) = − y = 0 =⇒ y = 0.
3
3
µ
¶
5
Luego el candidato a extremo en esta frontera es: − , 0 .
3
(iii.2) Frontera descrita por x2 + y 2 = 4. Como ninguna de las variables es explícita tenemos
que aplicar la regla de los multiplicadores de Lagrange para buscar los candidatos a extremos.
La función de Lagrange es
L(x, y) = xy 2 + λ(x2 + y 2 − 4).
La condición necesaria de extremo condicionado es:

∂L
= y 2 + 2λx = 0 



∂x

∂L
=⇒
= 2yx + 2λy = 0 

∂y



x2 + y 2 = 4
y=0
o
λ = −x
Si λ = √−x, de la primera
ecuación obtenemos que y 2 = 2x2 y subtituyendo en la última
√
2 6
2 3
ey=±
.
x=±
3
3
Índice general
7
Si y = 0. Sustituyendo en la condición tenemos
que x = ±2.
Pero el punto (−2, 0) no es del
à √
√ !
2 3 2 6
, (2, 0).
dominio. Luego los candidatos a extremo son ±
,±
3
3
Para finalizar basta valorar la función en los puntos obtenidos:
(x, y)
√ !
5
11
− ,±
3
3
f (x, y)
Ã
−
55
27
(a, 0)
0
µ
¶
5
− ,0
3
0
à √
√ !
2 3 2 6
,±
3
3
√
√ !
2 3 2 6
−
,±
3
3
√
48 3
27
Ã
(2, 0)
−
√
48 3
27
Máximo absoluto
Mínimo absoluto
0
Problema 2 Encontrar los extremos absolutos de la función f (x, y) = (x − 2)2 + y 2 en el
conjunto
A = {(x, y) ∈ IR2 : y 2 − x ≤ 9, 3x − 4y + 12 ≤ 0, 3x + 4y + 12 ≤ 0}.
•
Solución:
En primer lugar representamos el conjunto A. Para ello hallamos las intersecciones entre las
curvas que lo definen
( 2
y −x=9
=⇒ (0, 3), (−56/9, −5/3).
3x − 4y + 12 = 0
8
Índice general
(
y2 − x = 9
3x + 4y + 12 = 0
(
=⇒ (0, −3), (−56/9, 5/3).
3x − 4y + 12 = 0
3x + 4y + 12 = 0
=⇒ (−4, 0).
La curva y 2 − x = 9 es una parábola y las otras dos curvas son rectas.
2
y
0
-8
-4
x
0
-2
Nótese que f es una función continua (es una función polinómica) y A es un conjunto
compacto. Por tanto el Teorema de Weierstrass asegura la existencia de extremos absolutos,
que se encontrarán entre los puntos siguientes:
µ
¶
56 5
(i) Vértices del conjunto A: − , ±
y (−4, 0).
9
3
(ii) Extremos libre de f en el interior de A:
Como estamos bajo hipótesis de diferenciabilidad podemos aplicar la condición necesaria de
extremo libre

∂f

= 2(x − 2) = 0 

◦
∂x
=⇒ (2, 0) ∈
/A.
∂f



= 2y = 0
∂y
(iii) Extremos condicionados en las distintas fronteras.
(iii.1) Frontera descrita por la curva 3x−4y+12 = 0. Como la función y es explícita podemos
sustituir en la función.
h(x) = f (x, y =
9
9
68
3x − 12
) = (x−2)2 + (x−4)2 =⇒ h0 (x) = 2(x−2)+ (x−4) = 0 =⇒ x =
.
4
16
8
25
Luego no hay candidato a extremo en esta frontera ya que x =
68
> −4.
25
Índice general
9
(iii.2) Frontera descrita por la curva 3x+4y+12 = 0. Como la función y es explícita podemos
sustituir en la función.
h(x) = f (x, y = −
3x + 12
9
9
4
) = (x−2)2 + (x+4)2 =⇒ h0 (x) = 2(x−2)+ (x+4) = 0 =⇒ x = − .
4
16
8
25
Luego no hay candidato a extremo en esta frontera ya que x = −
4
> −4.
25
(iii.3) Frontera descrita por y 2 − x = 9. Como la función x es explícita podemos sustituir en
la función.
r
21
2
2
2
2
0
2
.
k(y) = f (x = y −9, y) = (y −11) +y =⇒ k (y) = 4y(y −11)+2y = 0 =⇒ y = 0, y = ±
2
r
3
21
Si y = ±
, entonces x = . Luego el único candidato a extremo en esta frontera es (−9, 0).
2
2
Para finalizar basta valorar la función en los puntos obtenidos:
(x, y)
f (x, y)
µ
¶
56 5
− ,±
9
3
5071
81
(−4, 0)
4
(−9, 0)
49
máximo absoluto
mínimo absoluto
Problema 3 Encontrar los extremos absolutos de la función f (x, y) = (x + 1)2 + y 2 en el
conjunto
A = {(x, y) ∈ IR2 : (x + 3)2 + y 2 ≤ 16, y 2 ≤ 2x + 14}.
•
Solución:
En primer lugar representamos el conjunto A. Para ello hallamos las intersecciones entre las
dos curvas que lo definen
(
½
(x + 3)2 + y 2 = 16
−1
=⇒ (x + 3)2 + 2x + 14 = 16 =⇒ x2 + 8x + 7 = 0 =⇒ x =
−7
y 2 = 2x + 14
√
Luego las curvas se intersecan en los puntos (−1, ±2 3), (−7, 0).
10
Índice general
5
y
0
-8
-4
0
4
8
x
-5
La curva (x + 3)2 + y 2 = 16 es una circunferencia de radio 4 y centro (−3, 0) y la curva
y = 2x + 14 es una parábola con vértice en (−7, 0).
2
Nótese que f es una función continua (es una función polinómica) y A es un conjunto
compacto. Por tanto el Teorema de Weierstrass asegura la existencia de extremos absolutos,
que se encontrarán entre los puntos siguientes:
√
(i) Vértices del conjunto A: (−1, ±2 3), (−7, 0)
(ii) Extremos libre de f en el interior de A:
Como estamos bajo hipótesis de diferenciabilidad podemos aplicar la condición necesaria de
extremo libre

∂f

= 2(x + 1) = 0 

∂x
=⇒ (−1, 0) ∈ A.
∂f



= 2y = 0
∂y
(iii) Extremos condicionados en las distintas fronteras.
(iii.1) Frontera descrita por la curva x = y 2 /2 − 7. Como la función x es explícita podemos
sustituir en la función.
h(y) = f (x = y 2 /2 − 7, y) = (y 2 /2 − 6)2 + y 2 =⇒ h0 (y) = 2(y 2 /2 − 6)y + 2y = 0
(
=⇒
y = 0 =⇒ (−7, 0)
√
√
y 2 − 10 = 0 =⇒ y = ± 10 =⇒ (−2, ± 10)
√
Luego los candidatos a extremo en esta frontera son: (−2, ± 10).
(iii.2) Frontera descrita por (x + 3)2 + y 2 = 16. Como ninguna de las variables es explícita
tenemos que aplicar la regla de los multiplicadores de Lagrange para buscar los candidatos a
extremos. La función de Lagrange es
L(x, y) = (x + 1)2 + y 2 + λ((x + 3)2 + y 2 − 16).
Índice general
11
La condición necesaria de extremo condicionado es:
∂L
= 2(x + 1) + 2λ(x + 3) = 0
∂x
∂L
= 2y + 2λy = 0
∂y
(x + 3)2 + y 2 = 16









y=0
=⇒
o
λ = −1
Si λ = −1 llegamos a una contradicción en la primera ecuación de la izquierda. Por tanto, y = 0.
Sustituyendo en la condición tenemos que x = −7 o x = 1. Luego el candidato a extremo es
(1, 0).
Para finalizar basta valorar la función en los puntos obtenidos:
(x, y)
f (x, y)
(−7, 0)
36
√
(−2, ± 10)
11
√
(−1, ±2 3)
12
(−1, 0)
0
(1, 0)
4
Máximo absoluto
Mínimo absoluto
Problema 4 Encontrar los extremos locales de la función implícita z = z(x, y) definida por la
ecuación
f (x, y, z) = x2 − 4x + y 2 − 2y + 6z − z 2 = 0
•
Solución: En primer lugar hallamos los valores de (x, y, z) para los que se verifica que z =
z(x, y). Para ello aplicamos el Teorema de la Función Implícita a la ecuación f (x, y, z) =
x2 − 4x + y 2 − 2y + 6z − z 2 = 0.
(i) Tenemos que considerar puntos (x, y, z) ∈ IR3 tales que x2 − 4x + y 2 − 2y + 6z − z 2 = 0,
esto nos permitirá encontrar z cuando hallemos x e y.
(ii) Las parciales de la función f existen y son continuas
∂f
∂f
∂f
= 2x − 4,
= 2y − 2,
= 6 − 2z
∂x
∂y
∂z
12
Índice general
(iii) Debe verificarse que
∂f
= 6 − 2z 6= 0,
∂z
Por tanto z = z(x, y) para todo (x, y, z) ∈ IR3 tales que x2 − 4x + y 2 − 2y + 6z − z 2 = 0 y
z 6= 3.
Procedemos a calcular los extremos locales de la función z = z(x, y) para los puntos anteriores, utilizando las derivadas de z que nos proporciona el Teorema de la Función Implícita:
(a) Condición necesaria de extremo:

∂f


∂z
x−2 


0=
= − ∂x =

∂f
∂x
z−3 


(


5
∂z
=⇒
2
4−8+1−2+6z−z = 0 =⇒ z =
=⇒ (x, y) = (2, 1)

T.F.I.
∂f

1



∂z
y−1 
∂y


0=
=−
=

∂f
∂y
z−3 

∂z
Por tanto tenemos dos posibles funciones de z. Para z1 = z1 (x, y) el punto estacionario es (2, 1)
con z1 = 5 y Para z2 = z2 (x, y) el punto estacionario es (2, 1) con z1 = 1. Para clasificar estos
puntos debemos calcular las derivadas parciales de segundo orden, derivando implícitamente en
las de primer orden.
∂z
z − 3 − (x − 2) ∂x
∂2z
=
2
2
∂x
(z − 3)
∂z
−(x − 2) ∂y
∂2z
=
∂x∂y
(z − 3)2
∂z
z − 3 − (y − 1) ∂y
∂2z
=
∂y 2
(z − 3)2
Con las derivadas parciales segundas construimos el Hessiano de z

∂2z
 ∂x2

Hz(x, y) = 

 ∂2z
∂x∂y

∂2z
∂x∂y 



2
∂ z 
∂y 2
que debemos valorar en los puntos estacionarios teniendo en cuenta que en estos puntos las
parciales primeras de z son nulas (C.N. de extremo).
( b) Condiciones suficientes de extremo:
Para (2, 1, 5)
Índice general
Ã
Hz1 =
13
!
1/2 0
0
(
=⇒
1/2
∆1 = 1/2 > 0
=⇒ (2, 1, 5) es un mínimo local de z1 .
∆2 = 1/4 > 0
Para (2, 1, 1)
Ã
Hz2 =
!
−1/2 0
0
−1/2
(
=⇒
∆1 = −1/2 < 0
∆2 = 1/4 > 0
=⇒ (2, 1, 1) es un máximo local de z2 .
Problema 5 Encontrar los extremos absolutos de la función f (x, y) = x2 +(y −1)2 en la región
A = {(x, y) ∈ IR2 : y ≤ 1, y ≥ x2 − 1, x2 − y 2 ≥ 1}.
•
Solución: Determinamos en primer lugar como es el conjunto A donde debemos calcular los
extremos. Para ello buscamos los puntos de corte de las diferentes curvas que definen el dominio.
(a)
(
y = x2 − 1
y=1
=⇒ x2 = 2.
√
√
Luego los puntos de corte son ( 2, 1) y (− 2, 1).
(b)
(
y=1
x2 − y 2 = 1
=⇒ x2 = 2.
Luego los puntos de corte son los mismos que antes.
(c)
(
y = x2 − 1
x2 − y 2 = 1
=⇒ y + 1 − y 2 = 1 =⇒ y = 0, y = 1.
√
√
Luego los puntos de corte son (1, 0), (−1, 0), ( 2, 1) y (− 2, 1).
Nótese que f es una función continua (es una función polinómica) y A es un conjunto
compacto. Por tanto el Teorema de Weierstrass asegura la existencia de extremos absolutos,
que se encontrarán entre los puntos siguientes:
√
√
(i) Vértices del conjunto A: (1, 0), (−1, 0), ( 2, 1) y (− 2, 1).
(ii) Extremos libre de f en el interior de A:
14
Índice general
1
y
-1
0
0
1
x
-1
Como estamos bajo hipótesis de diferenciabilidad podemos aplicar la condición necesaria de
extremo libre

∂f


= 2x = 0
◦
x=0
∂x
=⇒
=⇒ (0, 1) 6∈A .
∂f

y=1
= 2(y − 1) = 0 
∂y
(iii) Extremos condicionados en las distintas fronteras.
√
√
(iii.1) Frontera descrita por la curva y = x2 − 1 con x ∈ (− 2, −1) ∪ (1, 2). Como la
función es explícita podemos sustituir en la función.
r
3
2
2
2
2
0
2
h(x) = f (x, y = x −1) = x +(x −2) =⇒ h (x) = 2x+4(x −2)x = 0 =⇒ x = 0, x = ±
.
2
Como x = 0 no pertenece al intervalo que estamos estudiando lo descartamos. Luego los candidatos a extremo en esta frontera son:
à r
!
3 1
±
,
.
2 2
√
√
(iii.2) Frontera descrita por x2 − y 2 = 1 con x ∈ (− 2, −1) ∪ (1, 2). Como ninguna de
las variables es explícita tenemos que aplicar la regla de los multiplicadores de Lagrange para
buscar los candidatos a extremos. La función de Lagrange es
L(x, y) = x2 + (y − 1)2 + λ(x2 − y 2 − 1).
La condición necesaria de extremo condicionado es:
∂L
= 2x + 2λx = 0
∂x
∂L
= 2(y − 1) − 2λy = 0
∂y
2
x − y2 = 1









x=0
=⇒
o
λ = −1
Si x = 0 llegamos a una contradicción en la tercera ecuación de la izquierda. Por tanto, λ = −1.
Sustituyendo en la segunda ecuación tenemos que y = 1/2 y de la consición tenemos que
Índice general
15
√
x=±
5
. Luego los candidatos a extremo en esta frontera son:
2
à √
!
5
±
, 1/2
2
Para finalizar basta valorar la función en los puntos obtenidos:
(x, y)
f (x, y)
(±1, 0)
2
Máximos absolutos
¡ √ ¢
± 2, 1
2
Máximos absolutos
à √
!
5
±
, 1/2
2
à r
±
3/2
!
3
, 1/2
2
5/4
Mínimo absoluto
Problema 6 Hallar los extremos absolutos de f (x, y) = (x − 1)2 + y 2 sobre el conjunto T =
{(x, y) ∈ IR2 : y ≥ −x, y 2 ≤ 2x, (x − 2)2 + y 2 ≤ 4}.
•
Solución: Determinamos en primer lugar como es el conjunto T donde debemos calcular los
extremos. Para ello buscamos los puntos de corte de las diferentes curvas que definen el dominio.
(
y 2 = 2x
(a)
=⇒ x2 = 2x =⇒ x = 0, x = 2.
y = −x
Luego los puntos de corte son (0, 0) y (2, −2).
(
y = −x
(b)
=⇒ 2x2 − 4x = 0 =⇒ x = 0, x = 2.
(x − 2)2 + y 2 = 4
Luego los puntos de corte son los mismos que antes.
(
y 2 = 2x
(c)
=⇒ x2 − 2x = 0 =⇒ x = 0, x = 2.
(x − 2)2 + y 2 = 4
16
Índice general
2
y
0
0
2
4
x
-2
Luego los puntos de corte son (0, 0), (2, ±2).
Nótese que f es una función continua (es una función polinómica) y T es un conjunto
compacto. Por tanto el Teorema de Weierstrass asegura la existencia de extremos absolutos,
que se encontrarán entre los puntos siguientes:
(i) Vértices del conjunto T : (0, 0), (2, 2) y (2, −2).
(ii) Extremos libre de f en el interior de T : Como estamos bajo hipótesis de diferenciabilidad
podemos aplicar la condición necesaria de extremo libre

∂f

= 2(x − 1) = 0 
◦
x=1
∂x
=⇒
=⇒
(0,
1)
∈
T
∂f

y=0

= 2y = 0
∂y
(iii) Extremos condicionados en las distintas fronteras.
(iii.1) Frontera descrita por la curva y = −x con x ∈ (0, 2). Como la función es explícita
podemos sustituir en la función.
h(x) = f (x, y = −x) = (x − 1)2 + x2 = 2x2 − 2x + 1 =⇒ h0 (x) = 4x − 2 = 0 =⇒ x = 1/2.
Luego el candidato a extremo en esta frontera es: (1/2, −1/2).
(iii.2) Frontera descrita por la curva y 2 = 2x con y ∈ (0, 2). Como la función es explícita
podemos sustituir en la función.
y2
− 1)2 + y 2 =⇒ k 0 (y) = 2(y 2 /2 − 1)y + 2y = y 3 = 0 =⇒ y = 0.
2
Luego el candidato a extremo en esta frontera es: (0, 0), pero ya lo tenemos como vértice.
k(y) = f (x = y 2 /2, y) = (
(iii.3) Frontera descrita por (x − 2)2 + y 2 = 4 con x ∈ (2, 4). Como ninguna de las variables
es explícita tenemos que aplicar la regla de los multiplicadores de Lagrange para buscar los
candidatos a extremos. La condición necesaria de extremo condicionado es:


∂g
∂f

=λ
x − 1 = λ(x − 2) 
y = 0 =⇒ x = 0, 4





∂x
∂x


∂f
∂g
=⇒ y = λy
=⇒ o
=λ




∂y
∂y





(x − 2)2 + y 2 = 4
λ = 1 =⇒ no existen puntos
g(x, y) = (x − 2)2 + y 2 = 4
Índice general
17
Luego los candidatos a extremos en esta frontera son:(0, 4) y (0, 0), pero el (0, 0) ya lo hemos
considerado.
Para finalizar basta valorar la función en los puntos obtenidos:
(x, y)
(1, 0)
(1/2, −1/2)
f (x, y)
0
Mínimo absoluto
1/2
(4, 0)
9
(0, 0)
1
(2, 2)
5
(2, −2)
5
Máximo absoluto
Problema 7 Hallar los extremos absolutos de f (x, y) = x2 − 2y 2 sobre el conjunto T =
x2 2
{(x, y) ∈ IR2 : y ≤
, x − y 2 ≥ 3, x2 + y 2 ≤ 12}.
4
•
Solución: Determinamos en primer lugar como es el conjunto T donde debemos calcular los
extremos. Para ello buscamos los puntos de corte de las diferentes curvas que definen el dominio.
(
4y = x2
(a)
=⇒ y 2 − 4y + 3 = 0 =⇒ y = 1, y = 3.
x2 − y 2 = 3
√
√
2
2
Luego
√ los puntos de corte son (±2, 1) y (±2 3, 3), pero en (±2 3, 3), x + y > 12 =⇒
(±2 3, 3) ∈
/ T.
(
4y = x2
(b)
=⇒ y 2 + 4y − 12 = 0 =⇒ y = 2, y = −6.
x2 + y 2 = 12
√
Luego los puntos de corte son (±2 2, 2).
(
r
x2 − y 2 = 3
15
2
.
(c)
=⇒ 2x = 15 =⇒ x = ±
2
2
2
x + y = 12
18
Índice general
q
Luego los puntos de corte son (±
T.
15
√3
2 , ± 2 ),
q
pero en (±
4
15 √3
2 , 2 ),
y > x2 /4 =⇒ (±
q
15 √3
2 , 2)
∈
/
y 2
0
-4
-3
-2
-1
0
1
2
3
4
x
-2
Nótese que f es una función continua-4(es una función polinómica) y T es un conjunto
compacto. Por tanto el Teorema de Weierstrass asegura la existencia de extremos absolutos,
que se encontrarán entre los puntos siguientes:
q
√
√3
(i) Vértices del conjunto T : (±2, 1), (±2 2, 2) y (± 15
2 , − 2 ).
(ii) Extremos libre de f en el interior de T : Como estamos bajo hipótesis de diferenciabilidad
podemos aplicar la condición necesaria de extremo libre

∂f

= 2x = 0 
◦
x=0
∂x
=⇒
=⇒
(0,
0)
∈
/
T
∂f
y=0

= −4y = 0 
∂y
(iii) Extremos condicionados en las distintas fronteras.
(iii.1) Frontera descrita por la curva y = x2 /4. Como la función es explícita sustituimos en la
función.
h(x) = f (x, y = x2 /4) = x2 −
x4
x3
=⇒ h0 (x) = 2x −
= 0 =⇒ x = 0 ∈
/ T, x = ±2.
8
2
Luego no hay candidatos a extremos en esta frontera ya que (±2, 1) son vértices.
(iii.2) Frontera descrita por la curva x2 + y 2 = 12. Como ninguna de las variables es explícita
tenemos que aplicar la regla de los multiplicadores de Lagrange para buscar los candidatos a
extremos. La condición necesaria de extremo condicionado es:


√
∂f
∂g

=λ
2x = 2λx
x = 0 =⇒ y = ± 12 ∈
/T






∂x
∂x


∂g
∂f
=⇒ −4y = 2λy
=⇒ o
=λ




∂y
∂y


√



x2 + y 2 = 12
λ
=
1
=⇒
y
=
0,
x
=
±
12
2
2
g(x, y) = x + y = 12
√
Luego el candidato a extremo en esta frontera es: (± 12, 0).
Índice general
19
(iii.3) Frontera descrita por x2 − y 2 = 3. Procedemos como en el apartado anterior

x = 0 =⇒6 ∃ y
2x = 2λx


−4y = −2λy
=⇒ o

√

2
2
x −y =3
λ = 1 =⇒ y = 0, x = ± 3
√
Luego los candidatos a extremos en esta frontera son: (± 3, 0).
(x, y)
f (x, y)
(±2, 1)
2
√
(±2 2, 2)
0
r
(±
15
3
, −√ )
2
5
Mínimos absolutos
39/10
√
(± 12, 0)
12
√
(± 3, 0)
3
Máximos absolutos
Problema 8 Calcular la distancia mínima y máxima del punto (1, 0) al conjunto
A = {(x, y) ∈ IR2 : (x − 2)2 + y 2 ≤ 4, 2y ≤ 6 − x, x ≤ 3}.
•
Solución: La función que debemos optimizar es d((x, y), (1, 0)) = ((x − 1)2 + y 2 )1/2 . Pero para
simplificar los calculos podemos considerar
f (x, y) = (x − 1)2 + y 2 ,
ya que los puntos extremos de ambas funciones son los mismos.
Determinamos en primer lugar como es el conjunto A donde debemos calcular los extremos.
Para ello buscamos los puntos de corte de las diferentes curvas que definen el dominio.
(a)
(
(x − 2)2 + y 2 = 4
2y = 6 − x
=⇒ (x − 2)2 +
(6 − x)2
= 4 =⇒ 5x2 − 28x + 36 = 0.
4
20
Índice general
µ
Luego los puntos de corte son (2, 2) y
(b)
(
¶
18 6
,
.
5 5
(x − 2)2 + y 2 = 4
x=3
√
√
Luego los puntos de corte son (3, 3) y (3, − 3).
(c)
(
µ
¶
3
Luego el punto de corte es 3,
.
2
=⇒ y 2 = 3.
x=3
.
2y = 6 − x
2
y
0
0
2
4
x
-2
Notese que f es una función continua (es una función polinómica) y A es un conjunto
compacto. Por tanto el Teorema de Weierstrass asegura la existencia de extremos absolutos,
que se encontrarán entre los puntos siguientes:
(i) Vértices del conjunto A:
√
(2, 2), (3, 3/2) y (3, − 3)
(ii) Extremos libre de f en el interior de A:
Como estamos bajo hipótesis de diferenciabilidad podemos aplicar la condición necesaria de
extremo libre

∂f

= 2(x − 1) = 0 

∂x
=⇒ (1, 0) ∈ A.
∂f



= 2y = 0
∂y
(iii) Extremos condicionados en las distintas fronteras.
Índice general
21
√
(iii.1) Frontera descrita por la curva x = 3 con y ∈ [− 3, 3/2]. Como la función es explícita
podemos sustituir en la función.
h(y) = f (3, y) = 4 + y 2 =⇒ h0 (y) = 2y = 0 =⇒ y = 0.
Luego el candidato a extrmo en esta frontera es: (3, 0)
(iii.2) Frontera descrita por la curva 2y = 6 − x con x ∈ [2, 3]. De nueva podemos sustituir
la condición en la función.
k(x) = (x − 1)2 +
(6 − x)2
1
=⇒ k 0 (x) = 2(x − 1) − (6 − x) = 0 =⇒ x = 2.
4
2
Pero este punto es un vértice del conjunto y ya está considerado en (i).
(iii.3) Frontera descrita por (x − 2)2 + y 2 = 4 con x ∈ [2, 3]. Como ninguna de las variables
es explícita tenemos que aplicar la regla de los multiplicadores de Lagrange para buscar los
candidatos a extremos. La función de Lagrange es
L(x, y) = (x − 1)2 + y 2 + λ((x − 2)2 + y 2 ).
La condición necesaria de extremo condicionado es:
∂L
= 2(x − 1) + 2λ(x − 2) = 0
∂x
∂L
= 2y + 2λy = 0
∂y
(x − 2)2 + y 2 = 4











y=0
=⇒
o
λ = −1
Si λ = −1 llegamos a una contradicción en la primera ecuación de la izquierda. Por tanto,
y = 0. Sustituyendo en la condición tenemos que x = 4 o x = 0. Pero el punto (4, 0) no está en
la frontera que estamos considerando. Luego el candidato a extremo es (0, 0).
Para finalizar basta valorar la función en los puntos obtenidos:
√
La distancia máxima es 7 y la mínima 0.
Problema 9 Sea f : IR2 −→ IR la función definida por:
f (x, y) = 4y − 2x − x2 y.
(i) Calcular los extremos de f en IR2 .
(ii) Calcular los extremos de f sobre el conjunto {(x, y) ∈ IR2 : 4y + x = 0}.
•
Solución:
22
Índice general
(x, y)
(2, 2)
(3, 3/2)
f (x, y)
5
6, 25
√
(3, − 3)
7
Máximo absoluto
(1, 0)
0
Mínimo absoluto
(3, 0)
4
(0, 0)
1
(i) Como la función f es polinómica es diferenciable de cualquier orden y podemos aplicar
las condiciones necesaria y suficiente para el cálculo de extremos libre.
(a) Condición necesaria:
∂f
= −2 − 2xy = 0
∂x
∂f
= 4 − x2 = 0
∂y







µ
=⇒
2, −
1
2
¶ µ
¶
1
, −2,
.
2
(a) Condición suficiente:

∂2f
 ∂x2

Hf (x, y) = 

 ∂2f
∂x∂y

∂2f


−2y −2x
∂x∂y 
 

=


∂2f 
−2x 0
∂y 2
Valoramos el hessiano en cada una de los candidatos a extremos.


1
−4
µ
¶
1


Hf 2, −
=
.
2
−4 0
Como el determinante es −16 < 0, el punto es un punto de silla de la función.
Índice general
23


−1 4
µ
¶
1


Hf −2,
=
.
2
4
0
Como el determinante es −16 < 0, el punto es un punto de silla de la función.
(ii) En este caso se trata de un problema de extremos condicionados, pero como la condición
es explícita podemos sustituirla directamente en la función.
1
h(y) = f (x = −4y, y) = 12y − 16y 3 =⇒ h0 (y) = 12 − 48y 2 = 0 =⇒ y = ± .
2
Para estudiar el carácter del punto estacionario calculamos la derivada segunda.
µ ¶
1
h00 (y) = −96y =⇒ h00
= −48.
2
µ
¶
1
Por tanto, el punto −2,
es un máximo relativo de f sobre la recta 4y + x = 0.
2
µ
¶
1
00
00
h (y) = −96y =⇒ h −
= 48.
2
µ
¶
1
Por tanto, el punto −2, −
es un mínimo relativo de f sobre la recta 4y + x = 0.
2