Extremos dos variables

Capítulo 1

Extremos de varias variables

Problema 1 Encontrar los extremos absolutos de la función f(x, y) = xy2 en el conjunto

A = {(x, y) ∈ IR2 : x2 + y2 ≤ 4, x ≥ −5/3}.

•

Solución:

En primer lugar representamos el conjunto A. Para ello hallamos las intersecciones entre lasdos curvas que lo definen

x2 + y2 = 4

x = −53

=⇒ y = ±√

113

.

Luego las curvas se intersecan en los puntos

(−5

3,±√

113

).

La curva x2 + y2 = 4 es una circunferencia de radio 2 y centro (0, 0) y la curva x = −5/3 esuna recta vértical.

Nótese que f es una función continua (es una función polinómica) y A es un conjuntocompacto. Por tanto el Teorema de Weierstrass asegura la existencia de extremos absolutos,que se encontrarán entre los puntos siguientes:

(i) Vértices del conjunto A:

(−5

3,±√

113

).

(ii) Extremos libre de f en el interior de A:

5

6 Índice general

y

2

0

-2

x

3210-1-2-3

Como estamos bajo hipótesis de diferenciabilidad podemos aplicar la condición necesaria deextremo libre

∂f

∂x= y2 = 0

∂f

∂y= 2yx = 0

=⇒ (a, 0), para toda a ∈(−5

3, 2

).

(iii) Extremos condicionados en las distintas fronteras.

(iii.1) Frontera descrita por la curva x = −5/3. Como la función x es explícita podemossustituir en la función.

h(y) = f(x = −5/3, y) = −53y2 =⇒ h′(y) = −10

3y = 0 =⇒ y = 0.

Luego el candidato a extremo en esta frontera es:(−5

3, 0

).

(iii.2) Frontera descrita por x2 +y2 = 4. Como ninguna de las variables es explícita tenemosque aplicar la regla de los multiplicadores de Lagrange para buscar los candidatos a extremos.La función de Lagrange es

L(x, y) = xy2 + λ(x2 + y2 − 4).

La condición necesaria de extremo condicionado es:

∂L

∂x= y2 + 2λx = 0

∂L

∂y= 2yx + 2λy = 0

x2 + y2 = 4

=⇒y = 0

o

λ = −x

Si λ = −x, de la primera ecuación obtenemos que y2 = 2x2 y subtituyendo en la última

x = ±2√

33

e y = ±2√

63

.

Índice general 7

Si y = 0. Sustituyendo en la condición tenemos que x = ±2. Pero el punto (−2, 0) no es del

dominio. Luego los candidatos a extremo son

(±2√

33

,±2√

63

), (2, 0).

Para finalizar basta valorar la función en los puntos obtenidos:

(x, y) f(x, y)

(−5

3,±√

113

)−55

27

(a, 0) 0

(−5

3, 0

)0

(2√

33

,±2√

63

)48√

327

Máximo absoluto

(−2√

33

,±2√

63

)−48

√3

27Mínimo absoluto

(2, 0) 0

Problema 2 Encontrar los extremos absolutos de la función f(x, y) = (x − 2)2 + y2 en elconjunto

A = {(x, y) ∈ IR2 : y2 − x ≤ 9, 3x− 4y + 12 ≤ 0, 3x + 4y + 12 ≤ 0}.

•

Solución:

En primer lugar representamos el conjunto A. Para ello hallamos las intersecciones entre lascurvas que lo definen

{y2 − x = 9

3x− 4y + 12 = 0=⇒ (0, 3), (−56/9,−5/3).

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 y2 − x = 9 es una parábola y las otras dos curvas son rectas.

y

x

2

00

-2

-4-8


(i) Vértices del conjunto A:(−56

9,±5

3

)y (−4, 0).



∂f

∂x= 2(x− 2) = 0

∂f

∂y= 2y = 0

=⇒ (2, 0) /∈◦A .


(iii.1) Frontera descrita por la curva 3x−4y+12 = 0. Como la función y es explícita podemossustituir en la función.

h(x) = f(x, y =3x− 12

4) = (x−2)2+

916

(x−4)2 =⇒ h′(x) = 2(x−2)+98(x−4) = 0 =⇒ x =

6825

.

Luego no hay candidato a extremo en esta frontera ya que x =6825

> −4.

Índice general 9

(iii.2) Frontera descrita por la curva 3x+4y+12 = 0. Como la función y es explícita podemossustituir en la función.

h(x) = f(x, y = −3x + 124

) = (x−2)2+916

(x+4)2 =⇒ h′(x) = 2(x−2)+98(x+4) = 0 =⇒ x = − 4

25.

Luego no hay candidato a extremo en esta frontera ya que x = − 425

> −4.

(iii.3) Frontera descrita por y2−x = 9. Como la función x es explícita podemos sustituir enla función.

k(y) = f(x = y2−9, y) = (y2−11)2+y2 =⇒ k′(y) = 4y(y2−11)+2y = 0 =⇒ y = 0, y = ±√

212

.

Si y = ±√

212, entonces x =

32. Luego el único candidato a extremo en esta frontera es (−9, 0).


(x, y) f(x, y)

(−56

9,±5

3

)507181

máximo absoluto

(−4, 0) 4 mínimo absoluto

(−9, 0) 49

Problema 3 Encontrar los extremos absolutos de la función f(x, y) = (x + 1)2 + y2 en elconjunto

A = {(x, y) ∈ IR2 : (x + 3)2 + y2 ≤ 16, y2 ≤ 2x + 14}.

•

Solución:

En primer lugar representamos el conjunto A. Para ello hallamos las intersecciones entre lasdos curvas que lo definen

{(x + 3)2 + y2 = 16

y2 = 2x + 14=⇒ (x + 3)2 + 2x + 14 = 16 =⇒ x2 + 8x + 7 = 0 =⇒ x =

{−1−7

Luego las curvas se intersecan en los puntos (−1,±2√

3), (−7, 0).

10 Índice general

x

840-4-8

y

5

0

-5

La curva (x + 3)2 + y2 = 16 es una circunferencia de radio 4 y centro (−3, 0) y la curvay2 = 2x + 14 es una parábola con vértice en (−7, 0).


(i) Vértices del conjunto A: (−1,±2√

3), (−7, 0)



∂f

∂x= 2(x + 1) = 0

∂f

∂y= 2y = 0

=⇒ (−1, 0) ∈ A.


(iii.1) Frontera descrita por la curva x = y2/2− 7. Como la función x es explícita podemossustituir en la función.

h(y) = f(x = y2/2− 7, y) = (y2/2− 6)2 + y2 =⇒ h′(y) = 2(y2/2− 6)y + 2y = 0

=⇒{

y = 0 =⇒ (−7, 0)

y2 − 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 + y2 = 16. Como ninguna de las variables es explícitatenemos que aplicar la regla de los multiplicadores de Lagrange para buscar los candidatos aextremos. La función de Lagrange es

L(x, y) = (x + 1)2 + y2 + λ((x + 3)2 + y2 − 16).

Índice general 11


∂L

∂x= 2(x + 1) + 2λ(x + 3) = 0

∂L

∂y= 2y + 2λy = 0

(x + 3)2 + y2 = 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).


(x, y) f(x, y)

(−7, 0) 36 Máximo absoluto

(−2,±√10) 11

(−1,±2√

3) 12

(−1, 0) 0 Mínimo absoluto

(1, 0) 4

Problema 4 Encontrar los extremos locales de la función implícita z = z(x, y) definida por laecuación

f(x, y, z) = x2 − 4x + y2 − 2y + 6z − z2 = 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 + y2 − 2y + 6z − z2 = 0.

(i) Tenemos que considerar puntos (x, y, z) ∈ IR3 tales que x2 − 4x + y2 − 2y + 6z − z2 = 0,esto nos permitirá encontrar z cuando hallemos x e y.

(ii) Las parciales de la función f existen y son continuas

∂f

∂x= 2x− 4,

∂f

∂y= 2y − 2,

∂f

∂z= 6− 2z

12 Índice general

(iii) Debe verificarse que∂f

∂z= 6− 2z 6= 0,

Por tanto z = z(x, y) para todo (x, y, z) ∈ IR3 tales que x2 − 4x + y2 − 2y + 6z − z2 = 0 yz 6= 3.

Procedemos a calcular los extremos locales de la función z = z(x, y) para los puntos anteri-ores, utilizando las derivadas de z que nos proporciona el Teorema de la Función Implícita:

(a) Condición necesaria de extremo:

0 =∂z

∂x= −

∂f

∂x∂f

∂z

=x− 2z − 3

0 =∂z

∂y= −

∂f

∂y∂f

∂z

=y − 1z − 3

=⇒ (x, y) = (2, 1)=⇒T.F.I.

4−8+1−2+6z−z2 = 0 =⇒ z =

{5

1

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 estospuntos debemos calcular las derivadas parciales de segundo orden, derivando implícitamente enlas de primer orden.

∂2z

∂x2=

z − 3− (x− 2) ∂z∂x

(z − 3)2

∂2z

∂x∂y=−(x− 2) ∂z

∂y

(z − 3)2

∂2z

∂y2=

z − 3− (y − 1) ∂z∂y

(z − 3)2

Con las derivadas parciales segundas construimos el Hessiano de z

Hz(x, y) =

∂2z

∂x2

∂2z

∂x∂y

∂2z

∂x∂y

∂2z

∂y2

que debemos valorar en los puntos estacionarios teniendo en cuenta que en estos puntos lasparciales primeras de z son nulas (C.N. de extremo).

( b) Condiciones suficientes de extremo:

Para (2, 1, 5)

Índice general 13

Hz1 =

(1/2 0

0 1/2

)=⇒

{∆1 = 1/2 > 0

∆2 = 1/4 > 0=⇒ (2, 1, 5) es un mínimo local de z1.

Para (2, 1, 1)

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 regiónA = {(x, y) ∈ IR2 : y ≤ 1, y ≥ x2 − 1, x2 − y2 ≥ 1}.

•

Solución: Determinamos en primer lugar como es el conjunto A donde debemos calcular losextremos. 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 − y2 = 1=⇒ x2 = 2.

Luego los puntos de corte son los mismos que antes.

(c) {y = x2 − 1

x2 − y2 = 1=⇒ y + 1− y2 = 1 =⇒ y = 0, y = 1.

Luego los puntos de corte son (1, 0), (−1, 0), (√

2, 1) y (−√2, 1).


(i) Vértices del conjunto A: (1, 0), (−1, 0), (√

2, 1) y (−√2, 1).


14 Índice general

x

y

1

1

00

-1

-1


∂f

∂x= 2x = 0

∂f

∂y= 2(y − 1) = 0

=⇒ x = 0

y = 1=⇒ (0, 1) 6∈

◦A .


(iii.1) Frontera descrita por la curva y = x2 − 1 con x ∈ (−√2,−1) ∪ (1,√

2). Como lafunción es explícita podemos sustituir en la función.

h(x) = f(x, y = x2−1) = x2+(x2−2)2 =⇒ h′(x) = 2x+4(x2−2)x = 0 =⇒ x = 0, x = ±√

32.

Como x = 0 no pertenece al intervalo que estamos estudiando lo descartamos. Luego los can-didatos a extremo en esta frontera son:

(±

√32,12

).

(iii.2) Frontera descrita por x2 − y2 = 1 con x ∈ (−√2,−1) ∪ (1,√

2). Como ninguna delas variables es explícita tenemos que aplicar la regla de los multiplicadores de Lagrange parabuscar los candidatos a extremos. La función de Lagrange es

L(x, y) = x2 + (y − 1)2 + λ(x2 − y2 − 1).


∂L

∂x= 2x + 2λx = 0

∂L

∂y= 2(y − 1)− 2λy = 0

x2 − 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 = ±√

52

. Luego los candidatos a extremo en esta frontera son:

(±√

52

, 1/2

)


(x, y) f(x, y)

(±1, 0) 2 Máximos absolutos

(±√2, 1)

2 Máximos absolutos

(±√

52

, 1/2

)3/2

(±

√32, 1/2

)5/4 Mínimo absoluto

Problema 6 Hallar los extremos absolutos de f(x, y) = (x − 1)2 + y2 sobre el conjunto T ={(x, y) ∈ IR2 : y ≥ −x, y2 ≤ 2x, (x− 2)2 + y2 ≤ 4}.

•

Solución: Determinamos en primer lugar como es el conjunto T donde debemos calcular losextremos. Para ello buscamos los puntos de corte de las diferentes curvas que definen el dominio.

(a)

{y2 = 2x

y = −x=⇒ x2 = 2x =⇒ x = 0, x = 2.

Luego los puntos de corte son (0, 0) y (2,−2).

(b)

{y = −x

(x− 2)2 + y2 = 4=⇒ 2x2 − 4x = 0 =⇒ x = 0, x = 2.

Luego los puntos de corte son los mismos que antes.

(c)

{y2 = 2x

(x− 2)2 + y2 = 4=⇒ x2 − 2x = 0 =⇒ x = 0, x = 2.

16 Índice general

x

42

y

0

2

0

-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 conjuntocompacto. 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 diferenciabilidadpodemos aplicar la condición necesaria de extremo libre

∂f

∂x= 2(x− 1) = 0

∂f

∂y= 2y = 0

=⇒ x = 1

y = 0=⇒ (0, 1) ∈

◦T

(iii) Extremos condicionados en las distintas fronteras.(iii.1) Frontera descrita por la curva y = −x con x ∈ (0, 2). Como la función es explícitapodemos sustituir en la función.

h(x) = f(x, y = −x) = (x− 1)2 + x2 = 2x2 − 2x + 1 =⇒ h′(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 y2 = 2x con y ∈ (0, 2). Como la función es explícitapodemos sustituir en la función.

k(y) = f(x = y2/2, y) = (y2

2− 1)2 + y2 =⇒ k′(y) = 2(y2/2− 1)y + 2y = y3 = 0 =⇒ y = 0.

Luego el candidato a extremo en esta frontera es: (0, 0), pero ya lo tenemos como vértice.

(iii.3) Frontera descrita por (x− 2)2 + y2 = 4 con x ∈ (2, 4). Como ninguna de las variableses explícita tenemos que aplicar la regla de los multiplicadores de Lagrange para buscar loscandidatos a extremos. La condición necesaria de extremo condicionado es:

∂f

∂x= λ

∂g

∂x∂f

∂y= λ

∂g

∂y

g(x, y) = (x− 2)2 + y2 = 4

=⇒x− 1 = λ(x− 2)

y = λy

(x− 2)2 + y2 = 4

=⇒y = 0 =⇒ x = 0, 4

o

λ = 1 =⇒ no existen puntos

Índice general 17

Luego los candidatos a extremos en esta frontera son:(0, 4) y (0, 0), pero el (0, 0) ya lo hemosconsiderado.


(x, y) f(x, y)

(1, 0) 0 Mínimo absoluto

(1/2,−1/2) 1/2

(4, 0) 9 Máximo absoluto

(0, 0) 1

(2, 2) 5

(2,−2) 5

Problema 7 Hallar los extremos absolutos de f(x, y) = x2 − 2y2 sobre el conjunto T =

{(x, y) ∈ IR2 : y ≤ x2

4, x2 − y2 ≥ 3, x2 + y2 ≤ 12}.

•

Solución: Determinamos en primer lugar como es el conjunto T donde debemos calcular losextremos. Para ello buscamos los puntos de corte de las diferentes curvas que definen el dominio.

(a)

{4y = x2

x2 − y2 = 3=⇒ y2 − 4y + 3 = 0 =⇒ y = 1, y = 3.

Luego los puntos de corte son (±2, 1) y (±2√

3, 3), pero en (±2√

3, 3), x2 + y2 > 12 =⇒(±2

√3, 3) /∈ T .

(b)

{4y = x2

x2 + y2 = 12=⇒ y2 + 4y − 12 = 0 =⇒ y = 2, y = −6.

Luego los puntos de corte son (±2√

2, 2).

(c)

{x2 − y2 = 3

x2 + y2 = 12=⇒ 2x2 = 15 =⇒ x = ±

√152

.

18 Índice general

Luego los puntos de corte son (±√

152 ,± 3√

2), pero en (±

√152 , 3√

2), y > x2/4 =⇒ (±

√152 , 3√

2) /∈

T .

x

43210-1-2-3-4

y

4

2

0

-2

-4Nótese que f es una función continua (es una función polinómica) y T es un conjuntocompacto. Por tanto el Teorema de Weierstrass asegura la existencia de extremos absolutos,que se encontrarán entre los puntos siguientes:

(i) Vértices del conjunto T : (±2, 1), (±2√

2, 2) y (±√

152 ,− 3√

2).

(ii) Extremos libre de f en el interior de T : Como estamos bajo hipótesis de diferenciabilidadpodemos aplicar la condición necesaria de extremo libre

∂f

∂x= 2x = 0

∂f

∂y= −4y = 0

=⇒ x = 0

y = 0=⇒ (0, 0) /∈

◦T

(iii) Extremos condicionados en las distintas fronteras.(iii.1) Frontera descrita por la curva y = x2/4. Como la función es explícita sustituimos en lafunción.

h(x) = f(x, y = x2/4) = x2 − x4

8=⇒ h′(x) = 2x− x3

2= 0 =⇒ x = 0 /∈ T, x = ±2.

Luego no hay candidatos a extremos en esta frontera ya que (±2, 1) son vértices.(iii.2) Frontera descrita por la curva x2 + y2 = 12. Como ninguna de las variables es explícitatenemos que aplicar la regla de los multiplicadores de Lagrange para buscar los candidatos aextremos. La condición necesaria de extremo condicionado es:

∂f

∂x= λ

∂g

∂x∂f

∂y= λ

∂g

∂y

g(x, y) = x2 + y2 = 12

=⇒2x = 2λx

−4y = 2λy

x2 + y2 = 12

=⇒x = 0 =⇒ y = ±√12 /∈ T

o

λ = 1 =⇒ y = 0, x = ±√12

Luego el candidato a extremo en esta frontera es: (±√12, 0).

Índice general 19

(iii.3) Frontera descrita por x2 − y2 = 3. Procedemos como en el apartado anterior

2x = 2λx

−4y = −2λy

x2 − y2 = 3

=⇒x = 0 =⇒6 ∃ y

o

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 Mínimos absolutos

(±√

152

,− 3√5) 39/10

(±√12, 0) 12 Máximos absolutos

(±√3, 0) 3

Problema 8 Calcular la distancia mínima y máxima del punto (1, 0) al conjunto

A = {(x, y) ∈ IR2 : (x− 2)2 + y2 ≤ 4, 2y ≤ 6− x, x ≤ 3}.

•

Solución: La función que debemos optimizar es d((x, y), (1, 0)) = ((x−1)2 + y2)1/2. Pero parasimplificar los calculos podemos considerar

f(x, y) = (x− 1)2 + y2,

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 + y2 = 4

2y = 6− x=⇒ (x− 2)2 +

(6− x)2

4= 4 =⇒ 5x2 − 28x + 36 = 0.

20 Índice general

Luego los puntos de corte son (2, 2) y(

185

,65

).

(b) {(x− 2)2 + y2 = 4

x = 3=⇒ y2 = 3.

Luego los puntos de corte son (3,√

3) y (3,−√3).

(c) {x = 3

2y = 6− x.

Luego el punto de corte es(

3,32

).

y

2

0

x

-2

420

Notese que f es una función continua (es una función polinómica) y A es un conjuntocompacto. 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)



∂f

∂x= 2(x− 1) = 0

∂f

∂y= 2y = 0

=⇒ (1, 0) ∈ A.


Índice general 21

(iii.1) Frontera descrita por la curva x = 3 con y ∈ [−√3, 3/2]. Como la función es explícitapodemos sustituir en la función.

h(y) = f(3, y) = 4 + y2 =⇒ h′(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 sustituirla condición en la función.

k(x) = (x− 1)2 +(6− x)2

4=⇒ k′(x) = 2(x− 1)− 1

2(6− x) = 0 =⇒ x = 2.

Pero este punto es un vértice del conjunto y ya está considerado en (i).

(iii.3) Frontera descrita por (x− 2)2 + y2 = 4 con x ∈ [2, 3]. Como ninguna de las variableses explícita tenemos que aplicar la regla de los multiplicadores de Lagrange para buscar loscandidatos a extremos. La función de Lagrange es

L(x, y) = (x− 1)2 + y2 + λ((x− 2)2 + y2).


∂L

∂x= 2(x− 1) + 2λ(x− 2) = 0

∂L

∂y= 2y + 2λy = 0

(x− 2)2 + y2 = 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 enla frontera que estamos considerando. Luego el candidato a extremo es (0, 0).


La distancia máxima es√

7 y la mínima 0.

Problema 9 Sea f : IR2 −→ IR la función definida por:

f(x, y) = 4y − 2x− x2y.

(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) f(x, y)

(2, 2) 5

(3, 3/2) 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 aplicarlas condiciones necesaria y suficiente para el cálculo de extremos libre.

(a) Condición necesaria:

∂f

∂x= −2− 2xy = 0

∂f

∂y= 4− x2 = 0

=⇒(

2,−12

),

(−2,

12

).

(a) Condición suficiente:

Hf(x, y) =

∂2f

∂x2

∂2f

∂x∂y

∂2f

∂x∂y

∂2f

∂y2

=

−2y −2x

−2x 0

Valoramos el hessiano en cada una de los candidatos a extremos.

Hf

(2,−1

2

)=

1 −4

−4 0

.

Como el determinante es −16 < 0, el punto es un punto de silla de la función.

Índice general 23

Hf

(−2,

12

)=

−1 4

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 condiciónes explícita podemos sustituirla directamente en la función.

h(y) = f(x = −4y, y) = 12y − 16y3 =⇒ h′(y) = 12− 48y2 = 0 =⇒ y = ±12.

Para estudiar el carácter del punto estacionario calculamos la derivada segunda.

h′′(y) = −96y =⇒ h′′(

12

)= −48.

Por tanto, el punto(−2,

12

)es un máximo relativo de f sobre la recta 4y + x = 0.

h′′(y) = −96y =⇒ h′′(−1

2

)= 48.

Por tanto, el punto(−2,−1

2

)es un mínimo relativo de f sobre la recta 4y + x = 0.

Extremos dos variables

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