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TeorıaEjercicios resueltos

Teorıa y Ejercicios Resueltos Maximos y Mınimos

Fabian Augusto Molina

Universidad de Ibague

Fabian Augusto Molina Teorıa y Ejercicios Resueltos Maximos y Mınimos


Indice

1 TeorıaCriterio de las segundas derivadas parcialesCriterio conjunto cerrado y acotadoMultiplicadores de Lagrange



Indice

1 TeorıaCriterio de las segundas derivadas parcialesCriterio conjunto cerrado y acotadoMultiplicadores de Lagrange

2 Ejercicios resueltosCriterio de las segundas derivadas parcialesCriterio conjunto cerrado y acotadoMultiplicadores de Lagrange



Criterio de las segundas derivadas parcialesCriterio conjunto cerrado y acotadoMultiplicadores de Lagrange

Teorema del valor extremo

Sea f una funcion continua de dos variables x y y definida en unaregion acotada cerrada R en el plano xy .

1 Existe por lo menos un punto en R , en el que f toma un valormınimo absoluto.

2 Existe por lo menos un punto en R , en el que f toma un valormaximo absoluto.




Definicion de extremos relativos

Sea f una funcion definida en una region R que contiene (a, b).

1 La funcion tiene un mınimo relativo en (a, b) si

f (x , y) ≥ f (a, b)

para todo (x , y) en un disco abierto que contiene (a, b).

2 La funcion tiene un maximo relativo en (a, b) si

f (x , y) ≤ f (a, b)

para todo (x , y) en un disco abierto que contiene (a, b).




Definicion de los puntos crıticos

Sea f definida en una region abierta R que contiene (a, b). El punto(a, b) es un punto crıtico de f si satisface una de las condicionessiguientes:

1 fx(a, b) = 0 y fy (a, b) = 0

2 fx(a, b) o fy (a, b) no existe.




Los extremos relativos se presentan solo en puntos crıticos

Si f tiene un extremo relativo en (a, b) en una region abierta R ,entonces (a, b) es un punto crıtico de f .




Criterio de las segundas derivadas parciales

Sea f una funcion con segundas derivadas parciales continuas enuna region abierta que contiene un punto (a, b) para el cual

fx(a, b) = 0 y fy (a, b) = 0

Para buscar los extremos relativos de f , considerese la cantidad

D = D(a, b) = fxx(a, b)fyy (a, b)− [fxy (a, b)]2

1 Si D > 0 y fxx(a, b) > 0, entonces f tiene un mınimorelativo en (a, b).

2 Si D > 0 y fxx(a, b) < 0, entonces f tiene un maximorelativo en (a, b).

3 Si D < 0, entonces (a, b, f (a, b)) es un punto silla.

4 Si D = 0, el criterio no lleva a ninguna conclusion.




Criterio conjunto cerrado y acotado

Para calcular los valores absolutos maximo y mınimo de una funcioncontinua f en un conjunto cerrado y acotado R .

1 Se calculan los valores de f en los puntos crıticos de f en R .

2 Se determinan los valores extremos de f en la frontera de R .

3 El mas grande de los valores de los pasos 1 y 2 es el valormaximo absoluto,el mas pequeno de estos valores es el valormınimo absoluto.




Teorema de Lagrange

Sean f y g funciones con primeras derivadas parciales continuas, ytales que f tiene un extremos en un punto (a, b) sobre la curva suavede restriccion o ligadura g(x , y) = c . Si ∇g(a, b) 6= ~0, entoncesexiste un numero real λ tal que

∇f (a, b) = λ∇g(a, b)




Metodo de los multiplicadores de Lagrange

Sean f y g funciones que satisfacen la hipotesis del teorema deLagrange,y sea f una funcion que tiene un mınimo o un maximosujeto a la restriccion o ligadura g(x , y) = c . Para hallar el mınimoo el maximo de f , seguir los pasos descritos a continuacion.

1 Resolver simultaneamente las ecuaciones∇f (x , y) = λ∇g(x , y) y g(x , y) = c resolviendo el sistema deecuaciones siguiente.

fx(x , y) = λgx(x , y)

fy (x , y) = λgy (x , y)

g(x , y) = c

2 Evaluar f en cada punto solucion obtenido en el primer paso.El mayor valor da el maximo de f sujeto a la restriccion oligadura g(x , y) = c , y el menor valor da el mınimo de f

sujeto a la restriccion o ligadura g(x , y) = c .




Ejercicios resueltos I

1 Para f (x , y) = (1 + xy)(x + y) determine si tiene maximos,mınimos y puntos de silla.Realizando operaciones tenemos que nuestra funcion esf (x , y) = x + y + x2y + xy2, derivando parcialmente tenemos

fx(x , y) = 1 + 2xy + y2

fxx(x , y) = 2y

fxy (x , y) = 2x + 2y

fy (x , y) = 1 + x2 + 2xy

fyy (x , y) = 2x

fyx(x , y) = 2x + 2y




Ejercicios resueltos II

ası

D(x , y) = fxx(x , y)fyy (x , y)− [fxy (x , y)]2

= 4xy − (2x + 2y)2

= 4xy − 4x2 − 8xy − 4y2

= −4(

x2 + y2 + xy)

para encontrar los puntos crıticos hacemos fx(x , y) = 0 yfy (x , y) = 0, por lo cual tenemos el siguiente sistema de ecuaciones

{

1 + 2xy + y2 = 0 (1)

1 + x2 + 2xy = 0 (2)




Ejercicios resueltos III

realizando (1)− (2) obtenemos

y2 − x2 = 0

(y − x)(y + x) = 0

de donde tenemos

1 y = x , reemplazando en (1)

1 + 2x2 + x2 = 0

3x2 = −1

lo cual es contradictorio, pues un numero positivo no es igual aun numero negativo, con lo cual no podemos tomar y = x .




Ejercicios resueltos IV

2 y = −x , reemplazando en (1)

1− 2x2 + x2 = 0

1− x2 = 0

(1− x)(1 + x) = 0

ası, x = 1 y x = −1 de donde y = −1 y y = 1 respectivamente,los puntos crıticos son (1,−1) y (−1, 1). Reeemplazando

D(1,−1) = −4(2− 1)

= −4

D(−1, 1) = −4(2− 1)

= −4

como D(1,−1) y D(−1, 1) son negativos concluimos que lospuntos (1,−1) y (−1, 1) son puntos de silla.




2 Sea f (x , y) = x3 − 12xy + 8y3 determine si tiene maximos,mınimos y puntos de silla.Sea f (x , y) = x3 − 12xy + 8y3, derivando parcialmente tenemos

fx(x , y) = 3x2 − 12y

fxx(x , y) = 6y

fxy (x , y) = −12

fy (x , y) = 24y2 − 12x

fyy (x , y) = 48y

fyx(x , y) = −12

ası

D(x , y) = fxx(x , y)fyy (x , y)− [fxy (x , y)]2

= 288xy − 144

= 144(2xy − 1)




para encontrar los puntos crıticos hacemos fx(x , y) = 0 yfy (x , y) = 0, por lo cual tenemos el siguiente sistema de ecuaciones

{

3x2 − 12y = 0 (1)

24y2 − 12x = 0 (2)

multiplicando (1) por x y (2) por y , tenemos

{

3x3 − 12xy = 0 (3)

24y3 − 12xy = 0 (4)

realizando (3)− (4) obtenemos

3x3 − 24y3 = 0

3(

x3 − 8y3)

= 0

3 (x − 2y)(

x2 + 2xy + 4y2)

= 0

(x − 2y) = 0




tenemos x = 2y , reemplazando en (1)

3 (2y)2 − 12y = 0

12y2 − 12y = 0

12y(y − 1) = 0

ası, y = 0 y y = 1 de donde x = 0 y x = 2 respectivamente, lospuntos crıticos son (0, 0) y (1, 2). Reeemplazando

D(0, 0) = 144(−1)

= −144

D(2, 1) = 144(4− 1)

= 432

como D(0, 0) es negativo el punto (0, 0) es un punto de silla,adicionalmente D(2, 1) > 0 y fxx(2, 1) = 6(2) = 12 > 0 el punto(2, 1) es un punto mınimo con valor mınimof (2, 1) = 23 − 12(2)(1) + 8(1)3 = −8.




3 Un comedero de secciones transversales en forma de trapecio seforma doblando los extremos de una lamina de aluminio de 30pulgadas de ancho. Encuentre el angulo θ y la longitud lateral xque maximizan el area de la seccion transversal.

θ θ

xx

30− 2x

θ

xh

w

sin θ = hx=⇒ h = x sin θ

cos θ = wx=⇒ w = x cos θ




Tenemos

A(x , θ) =(30− 2x + 30− 2x + 2x cos θ)

2x sin θ

= (30− 2x + x cos θ) x sin θ

Derivando parcialmente con respecto a x y θ

Ax(x , θ) = sin θ (30− 4x + 2x cos θ) = 0

Aθ(x , θ) = (30− 2x)x cos θ + x2(

2 cos2 θ − 1)

= 0

De donde1 sin θ = 0 =⇒ θ = 0 o θ = π, lo cual no puede suceder.2 (30− 4x + 2x cos θ) = 0 =⇒ cos θ = 2x−15

x




Reemplazando en Aθ(x , θ) tenemos

(30− 2x)x cos θ + x2(

2 cos2 θ − 1)

= 0

(30− 2x)x

(

2x − 15

x

)

+ x2

(

2

(

2x − 15

x

)2

− 1

)

= 0

30(2x − 15)− 2x(2x − 15) + 2(2x − 15)2 − x2 = 0

3x2 − 30x = 0

x = 10

entonces cos θ = 12=⇒ θ = π

3




4 Encuentre los valores maximo y mınimo absolutos de la funcion

f (x , y) =4xy

(x2 + 1) (y2 + 1)

en la region R ={

(x , y) : x ≥ 0, y ≥ 0, x2 + y2 ≤ 1}

.

Sea

f (x , y) =4xy

(x2 + 1) (y2 + 1)=

4x

(x2 + 1)

y

(y2 + 1)

Derivando parcialmente con respecto a x y a y

fx(x , y) =4y(

1− x2)

(x2 + 1)2 (y2 + 1)= 0

fy (x , y) =4x(

1− y2)

(x2 + 1) (y2 + 1)2= 0




Asi 4y(

1− x2)

= 0 y 4x(

1− y2)

= 01 Si y = 0 entonces x = 02 Si

(

1− x2)

= 0 entonces x = ±1 y y = ±1

Obtenemos el punto crıtico (0, 0), descartamos los puntos(±1,±1) por que no estan en R .Ahora encontremos los puntos crıticos en las fronteras

Para la frontera x = 0 con 0 ≤ y ≤ 1 tenemos la funcion linealf1(y) = 0, la cual no posee maximos ni mınimos.Para la frontera y = 0 con 0 ≤ x ≤ 1 tenemos la funcion linealf2(x) = 0, la cual no posee maximos ni mınimos.Para la frontera y =

√1− x2 con 0 ≤ x ≤ 1. tenemos la

funcion f3(x) =4x

√

1−x2

2+x2−x4 la cual posee maximo en el punto

crıtico(

1√

2, 1√

2

)

.

Ası el valor maximo absoluto en R es f(

1√

2, 1√

2

)

= 89y el mınimo

absoluto en R es f (0, 0) = 0.




5 Determine los valores maximo y mınimo absolutos de la funcion

f (x , y) = x2 − 4xy + 5

en la region R ={

(x , y) : 0 ≤ x ≤ 4, 0 ≤ y ≤√x}

.

Sea f (x , y) = x2−4xy+5, derivando parcialmente con respectoa x y a y

fx(x , y) = 2x − 4y = 0

fy (x , y) = −4x = 0

Obtenemos el punto crıtico (0, 0).

Ahora encontremos los puntos crıticos en las fronteras




Para la frontera y = 0 con 0 ≤ x ≤ 4 tenemos la funcioncuadatica f1(x) = x2 + 5, la cual posee maximo en (4, 0) ymınimo en (0, 0).

Para la frontera x = 4 con 0 ≤ y ≤ 2 tenemos la funcion linealf2(y) = 16− 16y + 5, la cual posee maximo en (4, 0) y mınimoen (4, 2).

Para la frontera x = y2 con 0 ≤ y ≤ 2. tenemos la funcionf3(y) = y4 − 4y3 + 5 la cual posee puntos crıticos en (0, 0) y(9, 3), descartamos a (9, 3) por que no esta en R .

Ası el valor maximo absoluto en R es f (4, 0) = 21 y el mınimoabsoluto en R es f (4, 2) = −11.




6 El plano x + y + 2z = 2 al cortar el paraboloide z = x2 + y2 formauna elipse, Encuentre el punto de la elipse que es mas cercano ymas alejado al origen.Sea d(x , y , z) =

√

x2 + y2 + z2 la distancia del origen a un puntosobre la elipse. Ahora los puntos maximos y mınimos no cambian sia esta distancia le sacamos el cuadrado a ambos lados

(d(x , y , z))2 =(

√

x2 + y2 + z2)2

, es decir podemos tomar una

nueva funcion f (x , y , z) = (d(x , y , z))2, que tendra los mismosmaximos y mınimos que la funcion d(x , y , z). Ası la funcion amaximzar o mınimizar es f (x , y , z) = x2 + y2 + z2 bajo las




restricciones g(x , y , z) = x + y + 2z − 2 = 0 yh(x , y , z) = x2 + y2 − z = 0. Tenemos

∇f (x , y , z) = (2x , 2y , 2z)

∇g(x , y , z) = (1, 1, 2)

∇h(x , y , z) = (2x , 2y ,−1)

utilizando el metodo de multiplicadores de Lagrange

∇f (x , y , z) = λ∇g(x , y , z) + µ∇h(x , y , z)

(2x , 2y , 2z) = λ(1, 1, 2) + µ(2x , 2y ,−1)

= (λ, λ, 2λ) + (2µx , 2µy ,−µ)

= (λ+ 2µx , λ+ 2µy , 2λ− µ)




obteniendo el sistema

2x = λ+ 2µx (1)

2y = λ+ 2µy (2)

2z = 2λ− µ (3)

despejando λ en (1) y (2)

λ = 2x(1− µ)

λ = 2y(1− µ)

igualando

2x(1− µ) = 2y(1− µ)

2x(1− µ)− 2y(1− µ) = 0

(2x − 2y)(1− µ) = 0




1 Si µ = 1 entonces λ = 0, reemplazando en (3) tenemos quez = − 1

2, reemplazando en h(x , y , z) tenemos x2 + y2 = − 1

2, lo

cual es contradictorio, por lo cual no podemos suponer queµ = 1.

2 Si x = y , reemplazando en h(x , y , z) tenemos 2x2 − z = 0 (4)y en g(x , y , z)

2x + 2z = 2

x + z = 1

z = 1− x

ahora reemplazando en (4) tenemos

2x2 − (1− x) = 0

2x2 + x − 1 = 0

(x + 1)(2x − 1) = 0




ası, x = −1, y = −1 y x = 12, y = 1

2de donde z = 2 y z = 1

2

respectivamente, los puntos crıticos son (−1,−1, 2) y (12, 12, 12),

reemplazando en f (x , y , z)

f (−1,−1, 2) = (−1)2 + (−1)2 + 22

= 6

f

(

1

2,1

2,1

2

)

=

(

1

2

)2

+

=3

4

con lo cual concluimos que el punto mas cercano al origen que seencuentra sobre la elipse es

(

12, 12, 12

)

y el punto mas lejano es(−1,−1, 2).




7 El plano 4x − 3y + 8z = 5 al cortar el cono z2 = x2 + y2 formauna elipse, encuentre el punto mas alto y mas bajo en la elipse.Sea f (x , y , z) = z la funcion que describe la altura a la cual seencuentra un punto (x , y , z) en la elipse, con las restriccionesg(x , y , z) = 4x − 3y + 8z − 5 = 0 y h(x , y , z) = x2 + y2 − z2 = 0.Tenemos

∇f (x , y , z) = (0, 0, 1)

∇g(x , y , z) = (4,−3, 8)

∇h(x , y , z) = (2x , 2y ,−2z)




utilizando el metodo de multiplicadores de Lagrange

∇f (x , y , z) = λ∇g(x , y , z) + µ∇h(x , y , z)

(0, 0, 1) = λ(4,−3, 8) + µ(2x , 2y ,−2z)

= (4λ,−3λ, 8λ) + (2µx , 2µy ,−2µz)

= (4λ+ 2µx ,−3λ+ 2µy , 8λ− 2µz)


0 = 4λ+ 2µx (1)

0 = −3λ+ 2µy (2)

1 = 8λ− 2µZ (3)




despejando λ en (1) y (2)

λ = −2µx

4

λ =2µy

3

igualando

−2µx

4=

2µy

3−3x = 4y

y = −3x

4




reemplazando en g(x , y , z) y g(x , y , z) tenemos

4x − 3

(

−3x

4

)

+ 8z = 5

4x +

(

9x

4

)

+ 8z = 5

(

25x

4

)

+ 8z = 5 (4)

x2 +

(

−3x

4

)2

= z2

x2 +9x2

16= z2

25x2

16= z2

z = ±5x

4(5)




ahora reemplazando (5) en (4) tenemos

(

25x

4

)

+ 8

(

±5x

4

)

= 5

(

25x

4

)

± 10x = 5

(25± 40)x

4= 5

x =20

(25± 40)

ası, z = 5x4, x = 4

9y z = −5x

4, x = −4

3de donde y = −1

3y

y = −1 respectivamente, por tanto z = 59y z = 5

3, los puntos

crıticos son(

49,−1

3, 59

)

y(

−43,−1, 5

3

)

, reemplazando en f (x , y , z)

f

(

4

9,−1

3,5

9

)

=5

9f

(

−4

3,−1,

5

3

)

=5

3




con lo cual concluimos que el punto mas alto se que encuentrasobre la elipse es

(

−43,−1, 5

3

)

y el punto mas bajo sobre la elipsees(

49,−1

3, 59

)

.




8 [Refraccion de la luz] Cuando las ondas de luz que viajan en unmedio tranparente atraviesan la superficie de un segundo mediotransparente, tienen a desviarse para seguir la trayectoria detiempo mınimo. Esta tendencia se llama refraccion y esta descritapor la ley de refraccion de Snell, segun la cual

sin θ1v1

=sin θ2v2

donde θ1 y θ2 son las magnitudes de los angulos mostrados en lafigura, y v1 y v2 son las velocidades de la luz en los dos medios.Utilizar los multiplicadores de Lagrange para deducir esta leyusando x + y = a.




‘

b

b

a

d1

d2

x y

P

Q

Medio 1

Medio 2

θ1

θ2

Conecemos de las leyes fısicas que d = vt y de la trigonometrıa

sin θ1 =x√

d12 + x2sin θ2 =

y√

d22 + y2




como la funcion a mınimizar es el tiempo tenemos

T = t1 + t2

T (x , y) =

√

d21 + x2

v1+

√

d22 + y2

v2

con la restriccion g(x , y) = x + y = a. Utilizando el metodo demultiplicadores de Lagrange

∇T (x , y) = λ∇g(x , y)(

x

v1√d12 + x2

,y

v2√

d22 + y2

)

= λ(1, 1)

(

x

v1√d12 + x2

,y

v2√

d22 + y2

)

= (λ, λ)





x

v1√

d21+x2

= λ (1)

y

v2√

d22+y2

= λ (2)

igualando (1) y (2)

x

v1

√

d21 + x2

=y

v2

√

d22 + y2

(

x√d21+x2

)

v1=

(

y√d22+y2

)

v2sin θ1v1

=sin θ2v2




‘




9 Encuentre el valor maximo de la funcion f (x , y , z) = z sujeto a larestricciones x2+ y2+ z2 = 36 y 2x + y − z = 2 Sea f (x , y , z) = z ,g(x , y , z) = x2 + y2 + z2 = 36, y, h(x , y , z) = 2x + y − z = 2

∇f (x , y , z) = λ∇g(x , y , z) + µ∇h(x , y , z)

(0, 0, 1) = (2λx + 2µ, 2λy + µ, 2λz − µ)

Tenemos el sistema

0 = 2λx + 2µ

0 = 2λy + µ

1 = 2λz − µ




Ası x = 2y , reemplazando en 2x + y − z = 2 =⇒z = 4y + y − 2 = 5y − 2, ahora reemplazando x y z enx2 + y2 + z2 = 36 tenemos

(2y)2 + y2 + (5y − 2)2 = 36

30y2 − 20y − 32 = 0

15y2 − 10y − 16 = 0

y =5 +

√265

15

Por tanto(

10+2√

26515

, 5+√

26515

, −1+√

2653

)




10 Un semicırculo esta sobre un rectangulo. Si el area es fija y elperımetro es un mınimo utilice multiplicadores de Lagrange paraverificar que la longitud del rectangulo es el doble de su altura.

h

l

Sea P(h, l) = 2h + l + lπ2, y,A(h, l) = hl + πl2

8= A

∇P(h, l) = λ∇A(h, l)

(2, 1 +π

2) =

(

λl , λ

(

h +lπ

4

))




Tenemos el sistema

2 = λl

1 +π

2= λ

(

h +lπ

4

)

Solucionando l = 2h




11 Los tipos sanguıneos son geneticamente determinados por tresalelos A,B y O. (Alelo es cualquiera de las posibles formas demutacion de un gen). Una persona cuyo tipo sanguıneo es AA,BBu OO es homocigotica. Una persona cuyo tipo sanguıneo esAB ,AO o BO es heterocigotica. La Ley de Hardy-Weinbergestablece que la proporcion P de individuos heterocigotica encualquier poblacion dada es

P(p, q, r) = 2pq + 2pr + 2qr

donde p representa el porcentaje de alelos A en la poblacion, qrepresenta el porcentaje de alelos B en la poblacion, y r representael porcentaje de alelos O en la poblacion. Utilice el hecho de quep + q + r = 1 para mostrar que la proporcion maxima deindividuos heterocigoticos en cualquier poblacion es 2

3.




Sea P(p, q, r) = 2pq + 2pr + 2qr y f (p, q, r) = p + q + r = 1

∇P(p, q, r) = λ∇f (p, q, r)

(2q + 2r , 2p + 2r , 2p + 2q) = (λ, λ, λ)

Tenemos el sistema

2q + 2r = λ

2p + 2r = λ

2p + 2q = λ




Ası λ = 43,

q + r =2

3p + q + r = 1

entonces p = q = r = 13donde

P(13, 13, 13) = 2

(

13

) (

13

)

+ 2(

13

) (

13

)

+ 2(

13

) (

13

)

= 23




12 Un contenedor (en forma de un solido rectangular) debe tener unvolumen de 480 pies cubicos. Construir la base costara $5 por piecuadrado y construir los lados y la parte superior costara $3 por piecuadrado. Encuentre las dimensiones del contenedor que minimizanel costo.Sea C(x , y , z) = 5xy + 3(xy + 2yz + 2xz), V (x , y , z) = xyz = 480

∇C(x , y , z) = λ∇V (x , y , z)

(8y + 6z , 8x + 6z , 6y + 6x) = (λyz , λxz , λxy)

Tenemos el sistema

8y + 6z = λyz

8x + 6z = λxz

6x + 6y = λxy




Multiplicando por x , y y z obtenemos

8xy + 6xz = λxyz

8xy + 6yz = λxyz

6xz + 6yz = λxyz

Por tanto x = y , y, z = 4x3, reemplazando en la restriccion

xyz = 480

4x3

3= 480

x3 = 360

x =3√360

Ası tenemos 3√360× 3

√360× 4

33√360.




13 Encuentre las dimensiones de la caja rectangular de volumenmaximo que puede ser inscrita (con los bordes paralelos a los ejes

coordenados) en el elipsoide x2

a2+ y2

b2+ z2

c2= 1.

Sea V (x , y , z) = (2x)(2y)(2z) = 8xyz , y,

f (x , y , z) = x2

a2+ y2

b2+ z2

c2= 1

∇V (x , y , z) = λ∇f (x , y , z)

(8yz , 8xz , 8xy) =

(

2λx

a2,2λy

b2,2λz

c2

)




Tenemos el sistema

8yz =2λx

a2

8xz =2λy

b2

8xy =2λz

c2

Multiplicando por x , y y z obtenemos

8xyz =2λx2

a2

8xyz =2λy2

b2

8xyz =2λz2

c2




Ası x2

a2= y2

b2= z2

c2, ahora reemplazando en la restriccion

x2

a2+

y2

b2+

z2

c2= 1

3x2

a2= 1

x2 =a2

3

x =

√

a2

3

x =a√3

x =

√3a

3

Ası tenemos 2√

3a3

× 2√

3b3

× 2√

3c3

.


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