Tema 05 - Optimización

Cálculo II - Facultad de Ingeniería - Universidad Nacional de Río Cuarto V. 1

TEMA V: OPTIMIZACIÓN

Introducción

En general si una función es diferenciable, los extremos locales de dicha función, se

encuentran buscando primero los puntos de la superficie que admiten plano tangente

horizontal, los cuales se denominan puntos críticos, y luego, para determinar la existencia de

extremos relativos o locales es necesario recurrir a las derivadas parciales segundas.

El problema de detectar extremos absolutos de una función diferenciable es diferente. Hay

que investigar qué ocurre en la frontera de una región, pensada ésta como una restricción a

la función, y buscar también en el interior de la región.

V.1 EXTREMOS LOCALES: OPTIMIZACIÓN NO RESTRINGIDA.

Extremos de funciones de 11 ℜ→ℜ . Recordemos qué

pasa en un extremo local o relativo.

La función f , tiene un mínimo en 0x (figura 1) si:

( ) ( )00 xfxxf >Δ+ y ( ) ( )00 xfxxf >Δ−

de igual modo, decimos que la función f , tiene

un máximo en 0x si:

( ) ( )00 xfxxf <Δ+ y ( ) ( )00 xfxxf <Δ−

Luego el desarrollo de Taylor alrededor de 0x para la función f es:

f x xf x f x x f x x f x x

nf x x x

n

n n n n

00

10

20

20

10

1

0 1 2 1+ = + + + + +

+

+

+ +

ΔΔ Δ Δ Δ Δb g b g b g b g b g b g

b gb g b g b g b g

! ! ! ! !RESTO

. . .φ

Además, recordemos que si 0x es un punto crítico entonces la primera derivada es cero;

( )0 0f x′ = ; y siendo ( ) ( )0 0f f x x f xΔ = + Δ − , nos queda:

( )xxf Δ−0

( )0xf

0x xx Δ+0 xx Δ−0

( )xxf Δ+0

x

y

mínimo local máximo local

Figura 1

Cálculo II – Facultad de Ingeniería - Universidad Nacional de Río Cuarto V.2

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( )

12 10 0 0 0

0 0

0 RESTO

1! 2! ! 1 !

n nn nf x x f x x f x x f x x xf f x x f x ...

n n

+ +′ ′′Δ Δ Δ + φΔ ΔΔ = + Δ − = + + + +

+

para 0xΔ → ; el signo de fΔ es igual al signo del primer término no nulo de la Serie de Taylor.

Además si xΔ es pequeño, entonces 2xΔ es más pequeño, por lo tanto solo influye el primer

término en el signo de fΔ , luego:

Si ( )0 0f x′′ > ⇒ 0fΔ > MÍNIMO

Si ( )0 0f x′′ < ⇒ 0fΔ < MAXIMO

Si ( )0 0f x′′ = y la próxima derivada distinta de cero es impar, entonces la función

tiene en 0x un PUNTO DE INFLEXIÓN. En cambio si la primera derivada distinta de

cero es par y además su valor es positivo la función tiene en 0x un mínimo, de otro

modo tiene un máximo.

Ejemplo 1

Consideremos la función: ( ) dcxbxaxxf +++= 23 que se muestra en la figura 2, y supongamos

que en 0x :

( )0 0f x′ = ; ( )0 0f x′′ = y ( )0 0f x′′′ ≠

luego: fΔ = ( )0 3

3!f x

x ...′′′

Δ +

entonces si:

( )0 0f x′′′ < ó 0xΔ < ⇒ 0fΔ <

( )0 0f x′′′ < y 0xΔ < ⇒ 0fΔ >

en 0x no hay máximo ni mínimo, la función es monótonamente decreciente.

V.1.1 Funciones de dos variables. Condiciones necesarias.

Tomemos algunas funciones de 1ℜ→ℜ2 como base de la explicación, por ejemplo las que

se muestran a continuación:

( )xf

x

y

Figura 2

0fΔ < 0fΔ >

0x x− Δ 0x x+ Δ 0x


Supongamos que las funciones son n diferenciables, y consideremos el desarrollo en serie de

Taylor para la función ( )y,xf alrededor del punto ( )00 y,x :

( ) ( )( ) ( )

dyyfdx

xfdfy,xfyy,xxff

y,xy,x 0000

0000 ∂∂

+∂∂

=≅−Δ+Δ+=Δ

¿Cómo tendría que ser el plano tangente en un punto extremo ( )00 y,x ?

Si ( )00 y,x es un punto critico, entonces ( )0 0 0f x , y ;x∂

=∂

∂∂

=fy

x y0 0 0,b g ó ∇ =f x y0 0 0,b g

, lo que implica que el plano tangente es horizontal.

Nota: Para que la función ℜ→ℜ⊆ 2U:f , diferenciable en U , tenga en el punto ( )00 y,x un

extremo local, es necesario que ∇ =f x y0 0 0,b g . Luego ∇ =f x y0 0 0,b g es una condición

necesaria para la existencia de extremos. En el caso del cono (ver figura 4) en ( ) ( )0000 ,y,x =

la función tiene un extremo, sin embargo al no ser diferenciable en ese punto, la condición

necesaria no se cumple y por lo tanto no es un punto crítico.

Figura 5

x

( )y,xfz =

y

z máximos relativos

y

z

x ( ) ( )2222 yxyxy,xfz +−+==

máximo absoluto amplio

Figura 3

y

z

x

22 yxz +=

mínimo absoluto estricto

Figura 4


Ejemplo 2

Dada la función ( ) ( )( ) 1f x, y x y xy= + + , encontrar sus puntos críticos.

Solución

Son aquellos puntos en que el gradiente es el vector nulo, o sea que todas las derivadas

parciales son 0.

( ) ( )( )

2

2

1 0 2 1 00 0

1 0 2 1 0xy x y y xy yf ff x, yxy x y x xy xx y

⎧ + + + = ⇒ + + =∂ ∂ ⎪∇ = ⇒ = = ⇒ ⎨ + + + = ⇒ + + =∂ ∂ ⎪⎩

Despejando 2 1xy + de la primera y sustituyéndolo en la segunda se tiene:

2 22 2

2 2

2 1 002 1 0

y yx y x y

y y⎧ + + =

− = ⇒ = ± ⇒ ⎨− + + =⎩

2

2

3 11

yy

⎧ = −⇒ ⎨

− = −⎩

La primera de estas condiciones es absurda; por lo tanto vale la segunda, correspondiente

al caso x y= − , y es:

( ) ( )1 21 1 1 1 11y x P , , P ,= ± ⇒ = ⇒ − −∓

Éstos son los únicos dos puntos críticos de la función.

V.1.2 Condiciones suficientes de extremo relativo.

En este punto deduciremos condiciones suficientes para la existencia de extremos.

Sea 2: f D ⊂ ℜ →ℜ una función con derivadas segundas contínuas y ( )0 0x , y un punto interior

al dominio donde se anulan las derivadas parciales primeras, entonces estudiando la

variación de la función es posible deducir condiciones suficientes para la existencia de

extremos.

¿Qué signo tiene fΔ ?

Criterio I

( ) ( ) ( ) ( ) ( )y,xRyy

fyx

xyf

xx

fy

yy,xf

xx

y,xfy,xfyy,xxff

fdfd

+⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛Δ

∂

∂+ΔΔ

∂∂∂

+Δ∂

∂+Δ

∂∂

+Δ∂

∂=−Δ+Δ+=Δ

= 21

22

222

2

2

0

00000000 2

2!1

es decir: ( ) ( ) ( )y,xRfdy,xfyy,xxff +=−Δ+Δ+=Δ 20000 2

1


Suponiendo que alguna derivada de segundo orden es distinta de cero, por ejemplo:

02

2≠

∂

∂

xf en el punto ( )00 y,x , y a los fines de

considerar todas las direcciones posibles en

las cuales a partir de ( )00 y,x se puede realizar

un desplazamiento Δr , escribimos los

incrementos de las variables independientes

y,x ΔΔ en coordenadas polares (figura 6)

Δ Δx r= cosϕ ; y r senΔ = Δ ϕ

luego la expresión para fΔ , queda:

ΔΔ

fr f

xsen

fy x

senf

y≅

∂

∂+

∂∂ ∂

+∂

∂

FHG

IKJ

22

22

22

2

222cos cosϕ ϕ ϕ ϕ

multiplicando y dividiendo por 2

2

xf

∂∂ , se obtiene:

ΔΔ

fr

fx

fx

senf

xf

y xsen

fx

fy

≅∂

∂

∂

∂

FHGIKJ +

∂

∂

∂∂ ∂

+∂

∂

∂

∂

L

NMM

O

QPP

2

2

2

2

2

22

2

2

22

2

2

2

22

2cos cosϕ ϕ ϕ ϕ

completando cuadrados en la expresión dentro de los corchetes (sumando y restando

∂∂ ∂

FHGIKJ

2 22f

y xsen ϕ ):

ΔΔ

fr

fx

fx

senf

xf

y xf

y xsen

fy x

sen senf

xf

y≅

∂

∂

∂

∂

FHGIKJ +

∂

∂

∂∂ ∂

+∂∂ ∂

FHGIKJ −

∂∂ ∂

FHGIKJ +

∂

∂

∂

∂

L

NMM

O

QPP

2

2

2

2

2

22

2

2

2 2 22

2 22 2

2

2

2

22

2cos cosϕ ϕ ϕ ϕ ϕ ϕ

que se puede escribir como:

ΔΔ

fr

fx

fx

fy x

sen senf

xf

yf

y x≅

∂

∂

∂

∂+∂∂ ∂

FHG

IKJ +

∂

∂

∂

∂−

∂∂ ∂

FHGIKJ

FHGG

IKJJ

L

NMM

O

QPP

2

2

2

2

2

2 22

2

2

2

2

2 2

2cos ϕ ϕ ϕ

ΔΔ

fr

fx

fx

fy x

sen sen

fx

fy x

fy x

fy

≅∂

∂

∂

∂+∂∂ ∂

FHG

IKJ +

∂

∂

∂∂ ∂

∂∂ ∂

∂

∂

L

N

MMMMM

O

Q

PPPPP

2

2

2

2

2

2 22

2

2

2

2 2

22cos ϕ ϕ ϕ

ϕ

x

y

Δr

( )00 y,x yΔ

xΔ

0y

0x

Figura 6


al último determinante se lo llama Hessiano y se lo denota con la letra H .

En la nueva expresión obtenida para fΔ , analicemos los distintos factores que determinan su

signo.

Supongamos 0>H :

La expresión dentro de los corchetes es siempre positiva, luego el signo de fΔ lo determina

el signo de 2

2

xf

∂∂ .

Entonces:

0>H y 02

2>

∂

∂

xf : 0>Δf y la función tiene un MÍNIMO ESTRICTO

0>H y 02

2<

∂

∂

xf : 0<Δf y la función tiene un MÁXIMO ESTRICTO

Supongamos 0<H :

La expresión dentro de los corchetes puede ser positiva, negativa o cero dependiendo del

valor del ángulo ϕ , es decir depende de la dirección por la cual nos acerquemos al punto

( )00 y,x .

Evaluemos el fΔ para dos valores cualesquiera de ϕ :

0=ϕ , es decir nos acercamos a ( )00 y,x moviéndonos por el eje x , Δ Δr x=FH IK ,

luego ΔΔ Δ

fr

fx

fx

r fx

≅∂

∂

∂

∂

FHGIKJ

L

NMM

O

QPP =

∂

∂

2

2

2

2

2

22

2

22

2

0ϕ=ϕ , donde 0ϕ es un ángulo tal que ∂

∂+∂∂ ∂

=2

2

20f

xf

y xsencos ϕ ϕ , es decir nos

acercamos a ( )00 y,x por una dirección llamada dirección singular

ϕ0

2

2

2= −

∂

∂

∂∂ ∂

FHG

IKJarctg

fx

fy x

, luego ΔΔ

fr

fx

sen H≅∂

∂

⋅

2

2

2

2

2ϕ


Entonces:

H

fx

fx

<

∂

∂>

==

∂

∂<

==

R

S|||

T|||

0

00

00

2

20

2

20

ϕϕ ϕ

ϕϕ ϕ

Con lo cual se concluye que cuando 0<H no es suficiente evaluar el signo de

2

2

xf

∂∂ para conocer el signo de fΔ , porque el signo de fΔ depende de la

dirección con que nos acerquemos al punto ( )00 y,x , es decir del valor de ϕ .

Luego decimos que cuando 0<H , la función tiene un PUNTO SILLA.

Ejemplo 3

Calculemos los extremos libres de la función 22 xyz −= , que se muestra en la figura 7.

Luego para calcular los puntos críticos hacemos:

∇ =f x y0 0 0,b g ,

esto es:

∂∂

= − =

∂∂

= =

fx

x

fy

y

2 0

2 0 luego x y= = 0 y el punto crítico es x y0 0 0 0, ,b g b g=

Valuando el determinante Hessiano en el punto crítico, obtenemos:

( )

( )04

2002

00

00

2

22

2

2

2

<−=−

=

∂

∂∂∂

∂∂∂

∂

∂

∂

y,x

y,xyf

yxf

yxf

xf

entonces la función tiene en 0 0,b g un PUNTO SILLA. Si nos acercamos al punto crítico por el

eje y , la función tiene un máximo, si en cambio lo hacemos por el eje x , entonces hay un

mínimo.

Supongamos 0=H :

La expresión dentro de los corchetes puede ser positiva o cero dependiendo del valor del

ángulo ϕ , es decir depende de la dirección por la cual nos acerquemos al punto ( )00 y,x .

⇒ Δf > 0 la función tendría un MÍNIMO ESTRICTO ⇒ Δf < 0 la función tendría un MÁXIMO ESTRICTO ⇒ Δf < 0 la función tendría un MÁXIMO ESTRICTO ⇒ Δf > 0 la función tendría un MÍNIMO ESTRICTO

x y

z

Figura 7


z

y

x

Evaluemos el fΔ :

0ϕ≠ϕ , luego ΔΔ

fr

fx

fx

fy x

sen≅∂

∂

∂

∂+∂∂ ∂

LNMM

OQPP

2

2

2

2

2

2 2

2cos ϕ ϕ y el signo de fΔ depende del

signo de 2

2

xf

∂∂ .

0ϕ=ϕ , es decir nos acercamos a ( )00 y,x por la dirección singular, luego Δf ≅ 0

Entonces:

H

fx

fx

=

∂

∂>

≠=

∂

∂<

≠=

R

S|||

T|||

0

0

0

2

20

0

2

20

0

ϕ ϕϕ ϕ

ϕ ϕϕ ϕ

Con lo cual se concluye que cuando 0=H , con 02

2≠

∂

∂

xf y dependiendo del signo

de 2

2

xf

∂∂ , se obtendrá un mínimo amplio o un máximo amplio, esto es así porque existe

una dirección particular en la cual el 0=Δf . Luego decimos que cuando 0=H , la

función tiene un EXTREMO AMPLIO.

Observación: Cabe notar que si bien las conclusiones anteriores han sido obtenidas para

( )0 0

2

2 0x ,y

fx

∂≠

∂ , lo mismo podría concluirse si

( )0 0

2

2 0x ,y

fy

∂≠

∂. Esto significa que es necesario que al

menos una de las derivadas parciales segundas sea distinta de cero a los fines de aplicar

este criterio.

Ejemplo 4

Calculemos los extremos libres de la función 2z y= , que se muestra en la figura 8.

Luego para calcular los puntos críticos hacemos:

∇ =f x y0 0 0,b g ,

⇒ Δf > 0 ⇒ Δf = 0

la función tiene un MÁXIMO AMPLIO

la función tiene un MÍNIMO AMPLIO

⇒ Δf < 0 ⇒ Δf = 0

Figura 8


esto es: 0

2 0

fxf yy

∂=

∂∂

= =∂

luego y 0x x y= = y los puntos críticos están sobre la recta

0y = . El determinante Hessiano, nos da:

( )

( )

0 0

2 2

2

2 20

2

0 00

0 2 x ,

x ,y

f fx yx

f fx y y

∂ ∂∂ ∂∂

= =∂ ∂∂ ∂ ∂

Otras formas de evaluar el signo de fΔ

Criterio II

Es posible arribar a las mismas condiciones suficientes a partir del siguiente análisis:

Considerando que la forma cuadrática ( ) TxAxxQ = , que tiene asociada la matriz A , se

dice:

Definida positiva, si ( ) 0>xQ , nx ℜ∈∀ , 0≠x

Definida negativa, si ( ) 0<xQ , nx ℜ∈∀ , 0≠x

Es posible mostrar que la forma ( ) TxAxxQ = es:

Definida positiva, si y solo si la matriz A tiene todos sus valores propios positivos

Definida negativa, si y solo si la matriz A tiene todos sus valores propios negativos

y retomando la expresión del fΔ en la serie de Taylor:

( )y,xRyy

fyxyxfx

xff +⎟

⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛Δ

∂

∂+ΔΔ

∂∂∂

+Δ∂

∂=Δ 2

2

222

2

22

21

el cual se puede expresar como una forma cuadrática, que nos permitirá una rápida

generalización para más variables:


[ ] ( )y,xRyx

yf

yxf

yxf

xf

yxf +⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡ΔΔ

⎥⎥⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢⎢⎢

⎣

⎡

∂

∂∂∂

∂∂∂

∂

∂

∂

ΔΔ=Δ

2

22

2

2

2

!21

Entonces para todo punto tal que ( ) ( )0 0x, y ,Δ Δ ≠

Si los valores propios de la matriz Hessiana son todos positivos, entonces la forma

cuadrática fΔ es definida positiva y la función tiene un mínimo.

Si los valores propios de la matriz Hessiana son todos negativos, entonces la forma

cuadrática fΔ es definida negativa y la función tiene un máximo.

Si los valores propios de la matriz Hessiana dan positivos y negativos es indefinida.

Criterio III

Hay otro criterio muy útil que nos dice cuándo la forma ( ) ( ) TQ x x H x x= es definida positiva

o definida negativa en término de los elementos de la matriz ( )H x , esto es:

Sea 1: nf D ⊂ ℜ →ℜ : ( ) ( )nx,...,x,xfxf 21= , luego la forma cuadrática fΔ está dada por:

[ ]⎥⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢⎢

⎣

⎡

⎥⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢⎢

⎣

⎡

=Δ

nnnnn

n

n

n

dx:

dxdx

f...ff:...::

f...fff...ff

dx...dxdxf 2

1

21

22221

11211

21 ; donde ji

ij xxff∂∂

∂=

2 y jiij ff =

Los n subdeterminantes correspondientes a la matriz Hessiana están dado por:

1111 f=Δ , 2221

121122 ff

ff=Δ ; … ; ( )( )

1112111

122221

111211

11

−−−−

−

−

−− =Δ

nnnn

n

n

nn

f...ff:...::

f...fff...ff

; Hnn =Δ

El nuevo criterio nos dice que:

Si 011 >f , 022 >Δ ,…, 0>Δ nn , entonces fΔ es definida positiva ⇒ MÍNIMO

Si 011 <f , 022 >Δ ,… (los signos están alternados, empezando con 011 <f ), entonces

fΔ es definida negativa ⇒ MÁXIMO

Cualquier otra secuencia diferente a las anteriores y si ninguno de los

subdeterminantes es cero ⇒ PUNTO SILLA

Si son todos los subdeterminantes iguales a cero ⇒ EL CRITERIO NO CONCLUYE.


Ejemplo 5

Hallar y clasificar los puntos críticos de: ( ) 3 24 2 1f x, y x xy y= − + − +

Solución

Tenemos:

( ) ( )2 2 4 4 41 23 3 33 4 0 3 4 0 0 0 0

4 4 0

x

y

f x y x x x x P , ; P ,f x y x y

⎧ = − + = ⇒ − + = ⇒ = ∨ = ⇒⎪⎨ = − = ⇒ =⎪⎩

Ahora ( )( )( )

22

66 4

4 24 164 4

4

xx

yy

xy

f x, y xx

f x, y xf x, y

⎫= −−⎪= − ⇒ Δ = = −⎬ −⎪= ⎭

En ( )1 0 0P , , ( )22 0 0 16 0,Δ = − < , entonces es un punto silla

En ( )4 42 3 3P , , ( )4 4

22 3 3 16 0,Δ = > , luego es un extremo, y como ( )4 411 3 3 8 0xxf ,Δ = = − < entonces es

un máximo

V.2 EXTREMOS DE FUNCIONES CON VARIABLES LIGADAS: OPTIMIZACIÓN RESTRINGIDA.

El problema de determinar los máximos y mínimos de funciones de varias variables,

frecuentemente se presenta en formas diferentes, esto es:

i. Encontrar los máximos y mínimos relativos de la función ( )y,xf

Ya hemos visto que si la función es diferenciable, en general, los extremos locales se

encuentran buscando primero los puntos de la superficie que admiten plano tangente

horizontal, esto es los puntos en donde se verifica ∇ =f 0 . Estos puntos se llaman puntos

críticos de la función, interior a su dominio.

Sin embargo, veíamos que la anulación de las derivadas no era suficiente (condición

necesaria) para la existencia de extremos relativos o locales. Para ello desarrollamos un

criterio de la segunda derivada para extremos de funciones de varias variables, basado

en la observación del término de segundo grado en la serie de Taylor de la función.


Si en cambio ahora el problema es:

ii. Diseñar una caja de modo que su volumen sea máximo, si disponemos de 100 m2 de

material, lo que equivale a decir que la superficie sea de 100 m2 .

El primer problema es diferente al segundo, porque en el segundo caso hay que tomar en

cuenta, la condición que relaciona las variables x e y .

Esto nos conduce a distinguir dos tipos de problemas:

Problemas de extremos libres, cuando queremos encontrar los máximos y/o mínimos de una

función de varias variables, tal como ( )y,xf sin agregar condiciones.

Problemas de extremos restringidos, cuando queremos encontrar máximos y/o mínimos y se

agregan una ó más condiciones a la función de varias variables.

V.2.1 Métodos de resolución: Composición de funciones - Multiplicadores de Lagrange.

El problema de determinar los valores extremos de un campo escalar ( )xf cuando x tiene

la restricción de pertenecer a un subconjunto dado del dominio de f , se resuelve

transformando el problema original en uno de extremos libres.

Encararemos la resolución de un caso sencillo.

Ejemplo 6

Sea 2ℜ⊂S la recta xy −=1 , y sea 12 ℜ→ℜ:f , ( ) 22 yxy,x + : Hallar los extremos de

f restringida a S .

Solución

La gráfica de la función f está en 3ℜ .

Mientras que la restricción, muestra que solo

una de las variables es independiente. Esta

relación se muestra en el plano xy de la

figura 9.

x

y

z

22 yxz +=

xy −=1

Figura 9


Si componemos la función f con los puntos

de la recta, reducimos el problema anterior a

encontrar los extremos de una función

compuesta que va de ℜ→ℜ .

Parametrizamos la recta xy −=1 ,

( )⎩⎨⎧

−==

=ty

txtr

1

luego: ( )( ) ( ) 1221 222 +−=−+= tttttrf

y encontramos los puntos críticos de rf haciendo: ( )( )21024 =⇒=−= tt

dttrfd

que equivale a ( ) ⎟⎠⎞

⎜⎝⎛=

21

21

00 ,y,x

Otra forma de calcular ( )( )d f r tdt

es aplicando la regla de la cadena. Representando los

puntos de la recta por la ecuación ( ) 01 =+−= xyy,xg , obtenemos:

( )( ) ( )00 0

d f r tf r t

dt′= ∇ ⋅ =

d g r tdt

g r tb gb g b g= ∇ ⋅ ′ = 0

las dos últimas igualdades indican que en ( )00 y,x o en 0tt = se cumple: ∇ = ∇f gλ

Interpretación geométrica

Con el fin de tener una visión

geométrica, grafiquemos en el plano

xy la restricción ( ) 01=−+= xyy,xg , y

representemos además curvas de la

familia ( ) cy,xf = , con =c constante.

Entre las curvas de nivel de la función ( )y,xfz = , que se cortan con ( ) 0=y,xg , se tiene que

encontrar aquella para la cual la constante c es máxima o en nuestro caso mínima. Se ve

que esto ocurre para alguna curva ( ) cy,xf = , siendo ( )00 y,x las coordenadas del punto de

contacto, y son los valores requeridos correspondientes al valor extremo de ( )y,xf .

rℜ⊂U

2ℜ⊂V ℜ

( )( )trf

z

0yx

t

( )( )trg

f

Figura 10

y

x

c ( ) 0=y,xg

( ) cy,xf =

f∇ g∇

x0

y0

Figura 11


Si las dos curvas cf = y 0=g se tocan, es porque tienen la misma tangente, (descontando

la existencia de singularidades en la curva g ) y se cumple la relación proporcional

∇ = ∇f gλ . Esta relación conjuntamente con la ecuación ( ) 0=y,xg sirven para determinar

( )00 y,x , constituyendo estas dos ecuaciones la aplicación del Método de los multiplicadores

de Lagrange.

Método de los Multiplicadores de Lagrange (Demostración analítica): Caso más sencillo

Se supondrá que en un punto extremo ( )00 y,x la función ( )y,xg tiene derivadas continuas y

que ∇ ≠g x y,b g 0 (lo que es análogo a suponer que las dos derivadas parciales no se anulan

simultáneamente); para ser específicos vamos a suponer que ( )

000 ≠∂

∂y

y,xg , entonces por el

teorema de la función implícita, en una vecindad de ( )00 y,x la ecuación ( ) 0=y,xg

determina a y de modo único como una función continuamente diferenciable de x ,

digamos ( )xy φ= , luego la función ( )( )x,xf φ debe tener un extremo libre en 0x y se debe

cumplir:

0000

=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ φ∂∂

+∂∂

==== xxxxxx dx

d.yf

xf

dxdf (1)

Además la función ( )xy φ= , definida implícitamente por ( ) 0=y,xg , satisface la relación:

d g xdx g yφ ∂ ∂= −

∂ ∂ (2)

Reemplazando (2) en (1), obtenemos: 0 0 0

0x x x x x x

df f f g xdx x y g x= = =

⎛ ⎞∂ ∂ ∂ ∂= + − =⎜ ⎟∂ ∂ ∂ ∂⎝ ⎠

(3)

0 0x x x x

g f g fy x x y= =

∂ ∂ ∂ ∂⋅ = ⋅

∂ ∂ ∂ ∂ (4)

0 0x x x xf x f y

g x g y= =

∂ ∂ ∂ ∂= = λ

∂ ∂ ∂ ∂ (5)

Reordenando (5), nos queda: 0x x

f gy y=

∂ ∂= λ

∂ ∂,

0x x

f gx x=

∂ ∂= λ

∂ ∂

que se puede escribir como: 0x x

f g=

∇ = λ∇ (6)

Estas última condición junto a ( ) 0=y,xg , establecen el método de los Multiplicadores de

Lagrange.


Luego, el método de los multiplicadores de Lagrange consiste en construir una

función ( ) ( ) ( )y,xgy,xf,y,xh λ+=λ , de modo que ∇ = ∇ + ∇ =h f g g x yλ , , , ,b ge j b g0 0 0 , esto

es equivalente a resolver un sistema de 3 ecuaciones con 3 incógnitas. Mediante este

método el problema se redujo a un problema de extremos libres, esto es encontrar los

puntos críticos de h , y luego por inspección determinar si se tratan de máximos o

mínimos.

Resolución del Ejemplo 6, por el Método de los Multiplicadores de Lagrange

Construimos la función de Lagrange h :

( ) ( )122 −+λ++=λ xyyx,y,xh

y encontramos los puntos críticos correspondientes a esta función:

21

21

00 == y;x

Hay que destacar la importancia de que las derivadas parciales xf∂∂ y

yf∂∂ , no se anulen

ambas simultáneamente en el punto ( )00 y,x si esto ocurre el método falla.

Extensión del Método de los Multiplicadores de Lagrange a un mayor número de variables y

a un mayor número de restricciones

El método de los Multiplicadores de Lagrange se puede extender a un mayor número de

variables y también a un mayor número de restricciones o condiciones auxiliares.

Si bien buscamos ir hacia una generalización, consideraremos, sin demostración, un caso

especial que incluya todas las características esenciales.

Se buscarán los valores extremos de la función ( )w,v,y,xfz = con las condiciones auxiliares:

( ) 01 =w,v,y,xg y ( ) 02 =w,v,y,xg (7)

( ) 01

02

02

=−+−=λ∂∂

=λ−=∂∂

=λ−=∂∂

xyh

yyh

xxh

21

==⇒ yx ∇ =h 0


Se supondrá que en el punto ( )0000 w,v,y,x la función f toma un valor extremo cuando se la

compara con los valores en todos los puntos vecinos que satisfacen las condiciones

auxiliares.

Se quiere que en la vecindad del punto ( )0000 w,v,y,xP = dos de las variables, digamos v y

w , se puedan representar como funciones de las otras dos resolviendo el sistema de

ecuaciones (7). Con el fin de asegurar que puedan hallarse tales soluciones:

( )y,xv ϕ= y ( )y,xw ψ=

Supondremos que en el punto P el jacobiano ( )( ) 021 ≠∂∂

w,vg,g

Sustituyamos ( )y,xv ϕ= y ( )y,xw ψ= en ( )w,v,y,xfz = y obtengamos una función de dos

variables independientes.

( ) ( )( )y,x,y,x,y,xfz ψϕ=

esta función de dos variables independientes debe tener un extremo libre en ( )00 y,x , es

decir sus derivadas parciales deben anularse en ese punto:

( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( )0

0

00000000

00000000

=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛∂ψ∂

∂∂

+⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛∂ϕ∂

∂∂

+∂∂

=∂∂

=⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛∂ψ∂

∂∂

+⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛∂ϕ∂

∂∂

+∂∂

=∂∂

y,xy,xy,xy,x

y,xy,xy,xy,x

y.

wf

y.

vf

yf

yz

x.

wf

x.

vf

xf

xz

( )

( )

8

9

Además las funciones ( )y,xv ϕ= y ( )y,xw ψ= , definidas implícitamente por (7), satisfacen las

siguientes relaciones:

( )( )( )( )

( )( )

1 21 2 1 2

1 2 1 2

g ,g g g g gx,w x w w x

g ,g g ,gxv,w v,w

∂ ∂ ∂ ∂ ∂−∂∂ϕ ∂ ∂ ∂ ∂= =

∂ ∂∂∂ ∂

y

( )( )( )( )

( )( )

1 21 2 1 2

1 2 1 2

g ,g g g g gv,x v x x w

g ,g g ,gxv,w v,w

∂ ∂ ∂ ∂ ∂−∂∂ψ ∂ ∂ ∂ ∂= =

∂ ∂∂∂ ∂

( )10

( )( )( )( )

( )( )

1 2 1 2 1 2

1 2 1 2

g ,g g g g gy,w y w w y

g ,g g ,gyv,w v,w

∂ ∂ ∂ ∂ ∂−

∂∂ϕ ∂ ∂ ∂ ∂= =∂ ∂∂∂ ∂

y

( )( )( )( )

( )( )

1 2 1 2 1 2

1 2 1 2

g ,g g g g gv, y v y y w

g ,g g ,gyv,w v,w

∂ ∂ ∂ ∂ ∂−

∂∂ψ ∂ ∂ ∂ ∂= =∂ ∂∂∂ ∂

( )11

Luego, reemplazando (10) y (11) en (8) y (9), nos queda:


( ) ( ) ( )

( ) ( )

( )( ) ( )

0 0 0 0

0 0 0 0

1 2 1 2 1 2 1 2

1 2 1 2

0x ,y x ,y

x ,y x ,y

g g g g g g g gz f f fx w w x w x x w. .

g ,g g ,gx x v wv,w v,w

⎛ ⎞ ⎛ ⎞∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂⎜ ⎟ ⎜ ⎟− −∂ ∂ ∂ ∂∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂⎜ ⎟ ⎜ ⎟= + + =⎜ ⎟ ⎜ ⎟∂ ∂∂ ∂ ∂ ∂⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟∂ ∂⎝ ⎠ ⎝ ⎠

( )12

( ) ( ) ( )

( ) ( )

( )( ) ( )

0 0 0 0

0 0 0 0

1 2 1 2 1 2 1 2

1 2 1 2

0x ,y x ,y

x ,y x ,y

g g g g g g g gz f f fy w w y w y y w. .

g ,g g ,gy y v wv,w v,w

⎛ ⎞ ⎛ ⎞∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂− −⎜ ⎟ ⎜ ⎟

∂ ∂ ∂ ∂∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂⎜ ⎟ ⎜ ⎟= + + =⎜ ⎟ ⎜ ⎟∂ ∂∂ ∂ ∂ ∂⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟∂ ∂⎝ ⎠ ⎝ ⎠

( )13

Como en el punto P el jacobiano no es cero, multiplicamos y dividimos por: ( )( )

1 2g ,gv,w

∂∂

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )0 0 0 0 0 00 0 0 0 0 0

1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 0x ,y x ,y x ,yx ,y x ,y x ,y

g g g g g g g g g g g gf f fx v w w v v x w w x w w x x w

∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂∂ ∂ ∂⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞− + − + − =⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )0 0 0 00 00 0 0 0 0 0

1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 0x ,y x ,yx ,yx ,y x ,y x ,y

g g g g g g g g g g g gf f fy v w w v v y w w y w w y y w

⎛ ⎞ ⎛ ⎞∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂∂ ∂ ∂⎛ ⎞− + − + − =⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

Reordenando, obtenemos:

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0

1 2 1 2 1 2 2 2 1 1 0x ,y x ,y x ,y x ,y x ,y x ,y

g g g g g g g g g gf f f f fx v w w w x v w w w x v w w w

∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂∂ ∂ ∂ ∂ ∂⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞− + − + − + =⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )0 0 0 0 0 00 0 0 0 0 0

1 2 1 2 1 2 2 2 1 1 0x ,y x ,y x ,yx ,y x ,y x ,y

g g g g g g g g g gf f f f fy v w w w y v w w w y v w w w

∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂∂ ∂ ∂ ∂ ∂⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞− + − + − + =⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

Haciendo ( )0 0

2 21

x ,y

g gf fv w w w∂ ∂∂ ∂

λ = −∂ ∂ ∂ ∂

y ( )0 0

1 12

x ,y

g gf fw v v w∂ ∂∂ ∂

λ = −∂ ∂ ∂ ∂

, nos queda:

022

11 =

∂∂

λ−∂∂

λ−∂∂

xg

.xg

.xf (14)

022

11 =

∂∂

λ−∂∂

λ−∂∂

yg

.yg

.yf (15)

Resolver conjuntamente, ( )14 , ( )15 , 01 =g y 02 =g es lo mismo que encontrar la solución de

∇ =h 0 , siendo:

( ) ( ) ( ) ( )v,u,y,xgv,u,y,xgv,u,y,xf,,v,u,y,xh 221121 λ+λ+=λλ

Estas últimas ecuaciones son perfectamente simétricas, ha desaparecido de ellas todo resto

de énfasis especial sobre las dos variables x e y , y el mismo resultado se habría podido

obtener perfectamente si se hubiera propuesto que cualquiera de los jacobianos fuera

distinto de cero:


( )( ) ,

y,xg,g

021 ≠∂∂

( )( ) ,

y,vg,g

021 ≠∂

∂ ( )( ) ,

y,wg,g

021 ≠∂∂

( )( ) ,

v,xg,g

021 ≠∂

∂ .......,( )( ) ,

w,vg,g

021 ≠∂∂

Por supuesto que por esta simetría se ha pagado un precio, además de las incógnitas x , y ,

v , w ahora están también 1λ y 2λ .

Exactamente de la misma manera se puede enunciar y probar para un número n arbitrario

de variables y m condiciones auxiliares, con nm < .

Si en una función ( )nx,,x,xfz 21= , las n variables no son independientes sino que están

relacionadas por las m condiciones auxiliares ( )nm < , entonces se introducen m

multiplicadores m,,, λλλ 21 y se igualan a cero las derivadas parciales de la función:

( ) ( ) ( ) ( )nmmnnmn x,,xgx,,xgx,,xf,,,x,,xh 1111111 λ++λ+=λλ

Estas ecuaciones deben ser satisfechas en cualquier punto extremo de f , a menos que

todos los jacobianos de las m funciones mg,,g,g 21 con respecto a m de las n variables

nx,,x1 , tengan el valor cero.

Esta regla constituye un método formal para determinar los puntos donde ocurren los puntos

críticos, sin embargo constituye una condición necesaria. Faltaría investigar cuando esos

puntos encontrados son máximos o mínimos.

Ejemplo 7

Dada una superficie ( ){ }4== z/z,y,xS que no pasa por el origen, determinar los puntos de S

más próximos al origen.

Solución

Ante todo haremos una interpretación geométrica. La función distancia al origen ( )000 ,,

está dada por ( ) 222 zyxz,y,xf ++= , y es ésta la función que hay que minimizar.

( ) 0211 =nx,,x,xg

…………………......

( ) 021 =nm x,,x,xg


Las superficies de nivel de la función ( )z,y,xf están dadas por 222 zyxr ++= y son las

esferas de radio r .

Si empezamos con 0=r y aumentamos r hasta que la correspondiente superficie de nivel

sea tangente a la superficie dada S , cada punto de contacto será un punto de S , lo más

próximo al origen.

Para determinar los puntos de contacto, supondremos que S está definida por la ecuación

cartesiana ( ) 0=z,y,xg . La superficie S admite plano tangente en un punto de contacto

donde ∇ ≠g 0 , dicho plano también debe ser tangente a la superficie de nivel de ( )z,y,xf

en el mismo punto. Por lo tanto el vector gradiente de la superficie ( ) 0=z,y,xg debe ser

paralelo al vector gradiente de la superficie de nivel de contacto ( ) rz,y,xf = . Por lo tanto

existe una constante λ tal que ∇ = ∇f gλ en cada punto de contacto.

Aplicando el método de los multiplicadores de Lagrange obtenemos:

( ) ( ) ( )z,y,xgz,y,xf,z,y,xh λ+=λ ( ) ( )zzyx,z,y,xh −λ+++=λ 4222

⎪⎪⎪⎪⎪⎪

⎩

⎪⎪⎪⎪⎪⎪

⎨

⎧

=⇒=−=λ∂∂

=λ−++

=∂∂

==⇒

⎪⎪

⎭

⎪⎪

⎬

⎫

=++

=∂∂

=++

=∂∂

=∇

404

0221

002

21

0221

0

222

222

222

z,......zhzyx

z.zh

yx

zyx

y.yh

zyx

x.xh

h

( ) ( )400000 ,,z,y,x =

x

z

y

4 -

f g∇ = λ∇

( ) 0=z,y,xg

16222 =++ zyx

r

Figura 12


Si quisiéramos resolver este problema por composición de funciones deberíamos

parametrizar el plano, luego componer la función, encontrar los puntos críticos de la función

compuesta y por inspección determinar los máximos y mínimos.

Los dos ejemplos vistos hasta ahora tienen una sola condición. ¿Qué ocurre si tenemos dos

condiciones? Veamos una aplicación concreta analizando el siguiente ejemplo:

Ejemplo 8

Si ( ) zyxz,y,xf ++= representa la distribución de temperaturas en un alambre. Y los puntos

( )z,y,x del alambre están dados por la intersección de las superficies:

1221 =+ yx:S y 22 =z:S

ó ( ) 012211 =−+= yxz,y,xg:S y ( ) 0222 =−= zz,y,xg:S

Solución

Interpretemos el problema. Queremos obtener los valores extremos de una función que da la

distribución de temperaturas sobre un alambre representado por una curva C , obtenida

como la intersección de dos superficies ( ) 01 =z,y,xg y ( ) 02 =z,y,xg .

Los dos vectores gradientes ∇g1 y ∇g2 son normales a las superficies, luego también lo son a

la curva intersección. Ello implica que el gradiente ∇f está en el mismo plano que los

vectores, ∇g1 y ∇g2 , luego si ∇g1 y ∇g2 , son linealmente independientes podemos

expresar:

∇ = ∇ + ∇f g gλ λ1 1 2 2 (con 01 ≠λ ó 02 ≠λ )

z

x

y

2 -

( ) 01 =z,y,xg

( ) 02 =z,y,xg

( ) cz,y,xf =

∇g2

∇g1

Figura 13

f∇


Resolución por multiplicadores de Lagrange:

( ) ( ) ( ) ( )z,y,xgz,y,xgz,y,xf,,z,y,xh 221121 λ+λ+=λλ

( ) ( ) ( )21 222

121 −λ+−+λ+++=λλ zyxzyx,,z,y,xh

∇ =

∂∂

= + =

∂∂

= + =

UV||

W||

⇒ =

∂∂

= − =

∂∂λ

= + − = ⇒ = ⇒ = = ±

∂∂λ

= − = ⇒ =

R

S

||||||

T

||||||

h

hx

x

hy

yx y

hzh

x y x x y

hz z

0

1 2 0

1 2 0

1 0

1 0 2 1 12

2 0 2

1

2

2

1

2 2 2

2

λ

λ

λ

, . . . . . . , . . . . . .

, . . . . . .

( ) ⇒⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛= 2

21

21

000 ,,z,y,x máximo

( ) ⇒⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−−= 2

21

21

111 ,,z,y,x mínimo

Muchas veces no es posible componer funciones, ya que la ecuación auxiliar puede ser tan

complicada que no se puede despejar una de las variables en función de las otras, aunque

teóricamente esto sea posible. En estos casos se pone en evidencia el poder de los

Multiplicadores de Laplace.

Criterio de la segunda derivada para extremos restringidos

Estamos interesados en la naturaleza de los extremos obtenidos al restringir f a un conjunto

S que sea el conjunto de nivel de otra función ( ) 0=y,xg . La situación es complicada

porque no necesariamente los extremos restringidos coinciden con los de f y además

porque sólo se permite a las variables moverse en el conjunto S .

No obstante se puede dar un criterio de la segunda derivada en términos de lo que se llama

el Hessiano ampliado o bordeado que para ( )y,xfz = y ( ) 0=y,xg con ∇ ≠g 0 tiene la

siguiente forma:

⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢

⎣

⎡

∂

∂∂∂

∂∂∂

−

∂∂∂

∂

∂∂∂

−

∂∂

−∂∂

−

=

2

22

2

2

2

0

yh

yxh

yg

yxh

xh

xg

yg

xg

H


El signo del determinante de H , evaluado en los puntos críticos de h , nos indica el tipo de

extremo:

Si 0<H el extremo es un mínimo local.

Si 0>H el extremo es un máximo local.

Si 0=H el criterio no concluye.

Tal como sucede en el caso sin restricciones, hay un criterio de la segunda derivada para

funciones de más de dos variables.

Si buscamos los puntos extremos para ( )nx,,x,xfz 21= sujeta a la sola restricción

( ) 021 =nx,,x,xg con algunos de los jacobianos 0≠ , formamos el Hessiano ampliado para

la función ( ) ( ) ( )nnn x,,x,xgx,,x,xf,x,,x,xh 212121 λ+=λ , del siguiente modo:

⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢

⎣

⎡

∂∂∂

∂∂

−

∂∂∂

∂

∂∂∂

∂∂

−

∂∂∂

∂∂

∂

∂∂∂

−

∂∂

−∂∂

−∂∂

−

=

nnn

n

n

n

xxh

xg

xxh

xh

xxh

xg

xxh

xxh

xh

xg

xg

xg

xg

H

2

2

2

22

2

21

2

2

1

2

21

2

21

2

1

210

Luego, examinamos los determinantes de las submatrices diagonales de orden 3≥ en los

puntos críticos de h .

Si todos los subdeterminantes son negativos, esto es si

0

0

22

2

21

2

2

21

2

21

2

1

21

<

⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢

⎣

⎡

∂

∂∂∂

∂∂

−

∂∂

∂

∂∂∂

−

∂∂

−∂∂

−

xh

xxh

xg

xxh

xh

xg

xg

xg

, 0

0

23

2

23

2

13

2

3

32

2

22

2

12

2

2

31

2

21

2

21

2

1

321

<

⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢

⎣

⎡

∂

∂∂∂

∂∂

∂∂

−

∂∂

∂

∂∂∂

∂∂

−

∂∂

∂∂

∂

∂∂∂

−

∂∂

−∂∂

−∂∂

−

xh

xxh

xxh

xg

xxh

xh

xxh

xg

xxh

xxh

xh

xg

xg

xg

xg

, ... ,

entonces, se trata de un mínimo local.


Si comienzan con un subdeterminante positivo de 33× y se alternan los signos (esto es,

,,,, 0000 <><> ), entonces se trata de un máximo local.

Si no son todos cero y no siguen estos patrones, entonces el punto no es un máximo ni

un mínimo (se llama de tipo silla).

Ejemplo 9

Hallar el valor máximo y mínimo de la función ( ) ( )2 4f x, y x y x y= − − en el triángulo limitado

por las rectas 0x = , 0y = , 6x y+ = .

Solución

Primero debemos encontrar los puntos críticos de la función que se encuentran en el

dominio dado, que es el triángulo de extremos ( )0 0, , ( )6 0, , ( )0 6, . No interesa, a los efectos

de obtener extremos absolutos, determinar la naturaleza de los puntos críticos, sino evaluar

la función en ellos. Planteamos:

( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( )

2

2 2 2

0 2 4 1 0 8 3 2 00

0 4 1 0 4 2 0

f xy x y x y xy x yxff x x y x y x x yy

∂⎧ = ⇒ − − + − = ⇒ − − =⎪∂⎪∇ = ⇒ ⎨∂⎪ = ⇒ − − + − = ⇒ − − =⎪∂⎩

Resolviendo el sistema de ecuaciones, vemos que todos los puntos con 0x = son críticos. Si

0x ≠ , tenemos las siguientes posibilidades para que ambas derivadas parciales sean nulas:

( )

( )

1

resolviendo

2

0 4 2 0 4 4 0

8 3 2 0 4 2 0 2 1

y x y x P ,

x y x y P ,↓

= ∧ − − = ⇒ = ⇒

− − = ∧ − − = ⇒

El primero de estos puntos pertenece a la frontera; por lo tanto lo consideraremos cuando

analicemos ésta. En cuanto al segundo punto, tenemos ( )2 1 2f , = .

Ahora analizamos qué pasa en la frontera. La frontera se compone de tres tramos rectos. En

0x = y 0y = la función asume el valor 0 . En 6x y+ = podemos escribir:

( ) ( ) ( )2 2 2 36 6 4 6 4 6 12 2x y y x x y x y x x x x x x+ = ⇒ = − ⇒ − − = − − − + = − + ,

donde x va variando de 0 a 6 . Para determinar en qué punto del segmento de recta

6x y+ = se produce un máximo o mínimo de esta función (en los extremos del segmento

asume el valor 0 ), podemos derivarla:


( )2 3 212 2 24 6 0d x x x xdx

− + = − + =

( ) ( )0 6 4 2x y x y⇒ = ⇒ = ∨ = ⇒ =

De los dos puntos obtenidos, ( )0 6, es uno de los extremos del segmento, donde la función

vale 0 , mientras que ( )4 2, está dentro del segmento oblicuo.

Finalmente nos resta evaluar la función en los puntos obtenidos. Evaluando se tiene:

( )segmento 0 0f x = = ( )segmento 0 0f y = =

( )2 1 2f , = ⇒ máximo absoluto ( )4 2 2 64f , = − ⇒ mínimo absoluto

Observación: los puntos ( )0 0, , ( )0 6, y ( )6 0, , también deberán evaluarse, pero en este caso

están contenidos en 0x = y 0y = .

Ejemplo 10

La ecuación 4 42 3 32x y+ = representa el borde de la pantalla de un monitor. Si el campo

eléctrico viene dado por la función ( )2 2

1f x, yx y

=+

, hallar los valores máximo y mínimo de

éste sobre el borde de la pantalla utilizando el método de los multiplicadores de Lagrange

Solución

Sea ( ) 4 42 3 32 0g x, y x y= + − = . Tenemos:

( )

( )

( ) ( )3

si 0 03 22 2 32 23 33

33 22 2

8

012

x ,y ,/

/

x xx y x xf g y x x

y y yyx y

≠↓

⎧ − = λ⎪+⎪

∇ = λ∇ ⇒ ⇒ = ⇒ = ± ∨ =⎨⎪− = λ⎪ +⎩

Para obtener este resultado dividimos ambas ecuaciones abarcadas por la llave, por lo cual

debemos considerar aparte el caso en que 0y = , para el cual dicha división no sería posible.

Analizando todos los casos posibles tenemos:

4 4 4 4 410 96 1922 4 4 4

3 3 3 10 452 3 2 32y x x y x x x x y= ± ⇒ + = + = = ⇒ = ± ⇒ = ±

Con estos valores tenemos ( ) 0 44f x, y .≅ .


Los otros dos casos son:

( )( )

4 32 324 43 3

4 3242

0 3 32 0 0 55

0 2 32 2 2 0 0 5

x y y f , ,

y x x f , ,

= ⇒ = ⇒ = ± ⇒ ± ≅

= ⇒ = ⇒ = ± = ± ⇒ ± ≅

Comparando los tres valores obtenidos, el mínimo valor será 0 44. y el máximo valor será

0 55. .

Ejemplo 11:

Hallar el punto del paraboloide ( ) ( )2 22 +0 25 3 5 z x - . y -= + más próximo al plano 0x y z+ + =

Solución

En este problema, al igual que en el anterior hay que identificar tres cosas:

La función a maximizar o minimizar

Las incógnitas

Las restricciones

Sabemos que hay un punto sobre el paraboloide y uno sobre el plano tales que la distancia

entre ellos es menor que entre cualquier otro par de puntos sobre esas superficies.

Determinando cuáles son esos puntos, podremos hallar la distancia mínima. Por tanto

tenemos:

Función a minimizar: distancia entre dos puntos.

Incógnitas: las coordenadas de ambos puntos.

Restricciones: los puntos deben pertenecer a las superficies dadas.

Traduciendo esto a lenguaje matemático podemos escribir lo siguiente:

Llamaremos ( )x, y,z al punto que está sobre el paraboloide y ( )s,t ,u al perteneciente al

plano. La función a minimizar es la función distancia entre ambos, pero esto es equivalente a

minimizar la distancia al cuadrado, dado que la raíz cuadrada es una función creciente. La

distancia al cuadrado entre ambos puntos es:

( ) ( ) ( ) ( )2 2 2f x, y,z,s,t ,u x s y t z u= − + − + −

Con lo cual tenemos en claro la función y sus seis incógnitas.


Las condiciones de restricción serán la pertenencia al paraboloide y al plano

respectivamente. Recordemos que una condición de restricción siempre se escribe como

una función igualada a una constante. Podemos escribir, entonces:

( ) ( ) ( )2 21 2 0 25 3 5g x, y,z,s,t ,u z x . y= − − − − =

( )2 0g x, y,z,s,t ,u s t u= + + =

Nótese que ambas restricciones tienen las mismas variables que la función a minimizar, a

pesar de que algunas de ellas no aparecen en las respectivas leyes. Para hacer una

analogía con casos de una variable, la función ( ) 5f x = no deja de ser una función de x ,

por más que la variable no aparezca en la ley.

Si ahora aplicamos multiplicadores de Lagrange a nuestro caso tendremos:

1 1 2 2f g g∇ = λ ∇ + λ ∇

Derivando variable por variable tendremos:

( ) ( )( ) ( )( )( )( )( )

( )( )( )( )( )( )

1

1

1

2

2

2

2 2 2 12 0 5 2 22 3

2 42 52 6

x s xy t , yz u

x sy tz u

⎧ − = − λ −⎪ − = − λ −⎪⎪ − = λ⎪⎨− − = λ⎪⎪− − = λ⎪− − = λ⎪⎩

Usamos este sistema de ecuaciones, juntamente con las restricciones, para despejar las

incógnitas. De esta manera, combinando (3), (6) y (4) es:

( ) 1 2 2 x s= − = −

Introduciendo este valor de 1λ en (1), sale que:

( )1 2 2 1 5x x .= − − ⇒ =

Combinando de manera similar (3), (6), (5) y (2) podemos despejar: 0y =

y, finalmente, introduciendo esto en la ecuación del paraboloide, tenemos: 7 5z .=

El punto buscado es, pues: ( ) ( )1 5 0 7 5x, y,z . , , .=

Estrictamente, ya hemos resuelto el ejercicio: hemos encontrado el punto del paraboloide

dado más próximo al plano dado. Queda para el lector despejar, del mismo sistema de

ecuaciones, el punto del plano más cercano al paraboloide, esto es, hallar los valores de s ,

t y u , así como la distancia entre ambos puntos.

Tema 05 - Optimización

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