Multiplicadores De Lagrange hl2y
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INSTITUTO UNIVERSITARIO DE TECNOLOGÍA JOSÉ ANTONIO ANZOÁTEGUI MATEMÁTICAS PARA INGENIEROS
MULTIPLICADORES DE LAGRANGE Multiplicadores de LaGrange Es el método empleado para resolver problemas de optimización restringida. Consiste en convertir un problema de extremos restringidos en una forma tal que se pueda aplicar las condiciones para extremos libres. Planteamiento geométrico. Supongamos una superficie, definida por la función
z = f ( x, y ) , y sobre esta superficie tracemos una curva, definida por la ecuación g ( x, y ) = 0 . Se trata de encontrar los máximos y mínimos de esta curva espacial. Planteamiento analítico. Se trata de hacer máxima o mínima una función f ( x, y ) sujeta a una restricción g ( x, y ) = 0 .
.c om
Reducción a una variable: Teóricamente el problema se puede resolver despejando “y” en
a1
la ecuación g ( x, y ) = 0 : y = h ( x ) y sustituyendo en f ( x, y ) = f ( x, h ( x ) ) = k ( x ) , con lo
m
variables en la ecuación g ( x, y ) = 0 .
at
ic
cual el problema se reduce a calcular un máximo o un mínimo de una sola variable. El problema se presenta cuando no es práctico o no es posible despejar una de las
at e
Método de los multiplicadores de Lagrange. Los extremos de la función f ( x, y )
M
condicionados por la restricción g ( x, y ) = 0 , se producen en los puntos críticos de la
ww
w.
función de Lagrange: L ( x, y, λ ) = f ( x, y ) + λ g ( x, y ) Condiciones necesarias de extremo. Las condiciones necesarias del extremo de una función de Lagrange vienen dadas por el sistema de ecuaciones. ⎧ ∂L ⎪ ∂x = f x ( x, y ) + λ g x ( x, y ) = 0 ⎪ ⎪ ∂L ⎨ = f y ( x, y ) + λ g y ( x, y ) = 0 ⎪ ∂y ⎪ ∂L = g ( x, y ) = 0 ⎪ ∂λ ⎩ Para resolver el sistema, eliminamos λ de las dos primeras ecuaciones y el resultado lo sustituimos en la tercera (procurando no perder soluciones con las simplificaciones). 162 http://www.damasorojas.com.ve Dr. DÁMASO ROJAS
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CONDICIONES SUFICIENTES PARA LA EXISTENCIA DE EXTREMOS. a) Caso de dos variables Sea P ( x0 , y0 ) un punto crítico de la función de Lagrange L ( x, y, λ ) , obtenido para un valor concreto λ = λ0 . Formamos la función de Lagrange para ese λ = λ0 , L ( x, y, λ0 ) = f ( x, y ) + λ0 g ( x, y ) Para estudiar su naturaleza podemos seguir dos caminos: (a‐1) Método de la diferencial segunda El problema de la existencia y el carácter del extremo condicional se resuelve averiguando el signo de la segunda diferencial de la función de Lagrange (particularizada para λ = λ0 ) d 2 L ( x0 , y0 , λ0 ) =
∂2 L 2 ∂2 L ∂2 L 2 dx + dxdy + dy 2 ∂x 2 ∂x∂y ∂y 2 a condición de que:
.c om
g x dx + g y dy = 0
at
ic
a1
Si d 2 L > 0 la función tiene un mínimo condicionado, y si d 2 L < 0 la función tiene un máximo condicionado. (a‐2) Método del Hessiano Hallamos el Hessiano de la función de Lagrange
m
L ( x, y, λ0 ) = f ( x, y ) + λ0 g ( x, y ) , f xx ( x0 , y0 ) En el punto crítico correspondiente, y sólo
at e
podemos concluir en el caso de que sea positivo.
w.
M
⎡ Lxx ( x0 , y0 ) Lxy ( x0 , y0 ) ⎤ ⎧⎪ Lxx ( x0 , y0 ) >→ Hay mínimo condicional D ( x0 , y0 ) = ⎢ ⎥ >0⇒⎨ ⎪⎩ Lxx ( x0 , y0 ) < 0 → Hay máximo condicional ⎣ Lyx ( x0 , y0 ) Lyy ( x0 , y0 ) ⎦ Es decir, si el Hessiano es positivo hay extremo (el tipo lo da Hay máximo condicional
ww
f xx ( x0 , y0 ) ; si es negativa máximo y si es positiva mínimo). En los demás casos hay duda (que habrá que resolver por otro método) b) Caso de tres o más variables (caso general). Calculamos los siguientes determinantes (con las derivadas evaluadas en P ( x0 , y 0 ) : ⎡0 ⎢ Δ3 = ⎢ gx ⎢gy ⎣
gx Lxx L yx
gy ⎤ ⎥ L xy ⎥ L yy ⎥⎦
⎡0 ⎢g x Δ4 = ⎢ ⎢gy ⎢ ⎣⎢ g z
gx L xx L yx Lzx
gY L xy L yy L zy
gz ⎤ L xz ⎥⎥ L yz ⎥ ⎥ L zz ⎦⎥
Δ n =:::::::::: 163 http://www.damasorojas.com.ve Dr. DÁMASO ROJAS
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a) Si todos los determinantes tienen signo negativo, entonces la función tiene un mínimo condicionado en P ( x0 , y0 ) b) Si los determinantes tienen signo alterno (comenzando con un valor positivo), entonces la función tiene un máximo condicionado en P ( x0 , y0 ) c) Si todos los Δ k ≠ 0 pero no se cumplen ninguna de las dos condiciones anteriores, entonces la función no posee extremo condicionado en P ( x0 , y0 ) d) Si algún Δ k ≠ 0 hay duda. Reducción a dos variables: Los extremos de la función f ( x, y, z ) , condicionados por la restricción g ( x, y, z ) = 0 , pueden reducirse a un extremo de dos variables en aquellos casos en que sea posible despejar una de las variables de la ecuación g ( x, y, z ) = 0 .
.c om
a1
Extremos condicionados con varias ligaduras: Los extremos de la función f ( x ⋅ y ⋅ z ) ,
ic
condicionados por las restricciones g ( x, y, z ) = 0 y h ( x, y, z ) = 0 se producen en los
at
puntos críticos de la función de Lagrange: L ( x, y, z ) = f ( x, y, z ) + λ g ( x, y, z ) + Φh ( x, y, z )
f ( x, y ) = 25 − x 2 − y 2 con la restricción x 2 + y 2 − 4 y = 0 .
w.
1.
M
at e
m
EJERCICIOS RESUELTOS. Utilice el método de multiplicadores de LaGrange para determinar los puntos críticos de la función sujeta a la restricción.
ww
f ( x, y ) = 25 − x 2 − y 2 y x 2 − y 2 − 4 y = 0 . F ( x, y , λ ) = 25 − x 2 − y 2 + λ ( x 2 + y 2 − 4 y ) ⇒ Fx ( x, y , λ ) = 2 x + 2λ x Fy ( x, y , λ ) = −2 y + λ ( 2 y − 4 ) ⇒ Fλ ( x, y , λ ) = x 2 + y 2 − 4 y
Ajustando Fx ( x, y , λ ) = 0 , obtenemos λ = 1 o x = 0 . Ajustando Fy ( x, y , λ ) = 0 vemos que λ = 1 es imposible. Ajustando Fλ ( x, y , λ ) = 0 y con x = 0 obtenemos y = 0 y y = 4 . Por lo tanto, el punto crítico es ( 0, 0 ) y ( 0, 4 ) . 2.
f ( x, y ) = 4 x 2 + 2 y 2 + 5 con la restricción x 2 + y 2 − 2 y = 0 .
f ( x, y ) = 4 x 2 + 2 y 2 + 5 y g ( x, y ) = x 2 + y 2 − 2 y = 0
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F ( x, y, λ ) = 4 x 2 + 2 y 2 + 5 + λ ( x 2 + y 2 − 2 y ) ⇒ Fx ( x, y, λ ) = 8 x + 2λ z = 2 x ( 4 + λ ) ⇒ Fλ ( x, y, λ ) = 4 y + 2λ y = 2 y ( 2 + λ ) = 0
De Fx , o x = 0 y de g , y = 0 o y = 2 con satisfacer Fy con λ = −2 ; o λ = −4 , y de Fy , y = 0 así x = 0 de g . Así ( 0, 0 ) y ( 0, 2 ) son el punto crítico.
3.
f ( x, y , z ) = x 2 + y 2 + z 2 con la restricción 3 x − 2 y + z − 4 = 0
f ( x, y , z ) = x 2 + y 2 + z 2 , y 3 x − 2 y + z − 4 = 0 .
F ( x, y , z , λ ) = x 2 + y 2 + z 2 + λ ( 3 x − 2 y + z − 4 ) Fx = 2 x + 3λ = 0 ⇒ Fy = 2 y − 2λ = 0 ⇒ Fz = 2 z + λ = 0 ⇒ Fλ = 3 x − 2 y + z − 4 = 0
a1
.c om
4 6 7 2 Resolver al mismo tiempo, obtenemos λ = − , x = , y = − y z = . Por lo tanto, el 7 7 4 7 ⎛6 4 2⎞ punto crítico es ⎜ , − , ⎟ . ⎝7 7 7⎠
ic
Dejar
f ( x, y , z ) = x 2 + y 2 + z 2 con la restricción y 2 − x 2 = 1 .
g ( x, y, z ) = x 2 − y 2 + 1 .
Dejar
F
at
4.
la
función
m
F ( x, y, z, λ ) = f ( x, y, z ) + λ g ( x, y, z ) = x 2 + y 2 + z 2 + λ x 2 − λ y 2 + λ .
definida
por
Encontramos
los
at e
puntos críticos de la función F . Dejar
(1)
Fy ( x, y, z, λ ) = 2 y − 2λ y = 2 y (1 − λ ) = 0
(2)
Fz ( x, y, z, λ ) = 2 z = 0
w.
M
Fx ( x, y, z, λ ) = 2 x + 2λ x = 2 x (1 + λ ) = 0
(3)
Fλ ( x, y, z, λ ) = x 2 − y 2 + 1 = 0
(4)
ww
De (3) tenemos z = 0 . De (2) tenemos bien λ = 1 o y = 0 . Rechazamos y = 0 porque entonces la ecuación (4) sería necesario que x 2 + 1 = 0 lo cual es imposible. Si λ = 1 en la ecuación (1), obtenemos x = 0 . Sustituyendo x = 0 en la ecuación (4), tenemos − y 2 + 1 = 0, y = ±1 . Por lo tanto, ( 0,1, 0 ) y ( 0, −1, 0 ) son los puntos críticos. Utilice el método de multiplicadores de LaGrange para determinar los extremos absolutos de f sujeta a la restricción. También determine los puntos en los que ocurren los extremos. 5.
f ( x, y ) = x 2 + y con la restricción x 2 + y 2 = 9 .
f ( x, y ) = x 2 + y , y x 2 + y 2 = 9 165 http://www.damasorojas.com.ve Dr. DÁMASO ROJAS
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F ( x, y , λ ) = x 2 + y + λ ( x 2 + y 2 − 9 ) Fx ( x, y, λ ) = 2 x + 2λ x = 0 ⇒ Fy ( x, y, λ ) = 1 + 2λ y = 0 ⇒ Fλ ( x, y, λ ) = x 2 + y 2 − 9 = 0
La resolución de estas ecuaciones de forma simultánea, obtenemos las soluciones: 1 1 1 1 x = 0, y = 3, λ = − ⇒ x = 0, y = −3, λ = ⇒ x = 35, y = , λ = −1 6 6 2 2 1 1 x=− 35, y = , λ = −1 2 2 1 ⎞ 37 ⎛ 1 f ( 0,3) = 3 ⇒ f ( 0, −3) = −3 , mínimo absoluto f ⎜ ± , máximo absoluto. 35, ⎟ = 2⎠ 4 ⎝ 2 6.
f ( x, y ) = x 2 y con la restricción x 2 + 8 y 2 = 24 .
f ( x, y ) = x 2 y y g ( x, y ) = x 2 + 8 y 2 = 24
.c om
F ( x, y , λ ) = x 2 y + λ ( x 2 + 8 y 2 − 24 ) ⇒ Fx ( x, y , λ ) = 2 xy + 2λ x = 2 x ( y + λ ) = 0
a1
Fy ( x, y , λ ) = x 2 + 16λ y = 0
(
ic
Si x = 0 , luego de g , y = ± 3 . Si λ = − y , luego de Fy , x 2 = 16 y 2 , y de
)
at e
7.
f ( ±4, −1) = −4 ,
m
mínimo absoluto.
at
g , y = ±1, x = ±4 ⇒ f 0, ± 3 = 0 ⇒ f ( ±4,1) = 4 , máximo absoluto;
f ( x, y , z ) = xyz con la restricción x 2 + 2 y 2 + 4 z 2 = 4
M
f ( x, y , z ) = xyz , y x 2 + 2 y 2 + 4 z 2 = 4
ww
w.
f ( x, y, z, λ ) = xyz + λ ( x 2 + 2 y 2 + 4 z 2 − 4 ) ⇒ Fx = yz + 2 z λ = 0; xyz = −2 x 2 λ Fy = xz + 4 yλ = 0; xyz = −4 y 2 λ ⇒ Fz = xy + 8 z λ = 0; xyz = −8 z 2 λ
1 1 . Entonces Por lo tanto x 2 = 4 x 2 , y 2 = 2 x 2 , y 4 z 2 + 2 ( 2 z 2 ) + 4 z 2 = 4; z 2 = , z = ± 3 3 x=±
4 2 ,y=± . 3 3
⎛ 4 ⎛ 4 2 1⎞ ⎛ 4 ⎛ 4 2 2 1⎞ 2 1⎞ 1⎞ 2 f ⎜⎜ − , − , − ⎟⎟ = f ⎜⎜ − , , ,− , , , − ⎟⎟ = − 6 ⎟⎟ = f ⎜⎜ ⎟⎟ = f ⎜⎜ 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 9 ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎛ 4 2 1⎞ ⎛ 4 ⎛ 4 2 ⎛ 4 2 1⎞ 1⎞ 2 1⎞ 2 f ⎜⎜ , , , − , − ⎟⎟ = f ⎜⎜ − , , − ⎟⎟ = f ⎜⎜ − , − , 6 ⎟⎟ = f ⎜⎜ ⎟= 3 3⎠ 3⎠ 3 3 ⎟⎠ 9 ⎝ 3 3 3⎠ ⎝ 3 ⎝ 3 3 ⎝ 3 Sí λ = 0 , tenemos 6 puntos críticos adicionales ( ±1, 0, 0 ) , ( 0, ±1, 0 ) , ( 0, 0, ±1) en la que f = 0 . Porque el conjunto de restricciones es cerrado y acotado, f tiene extremos, 166 http://www.damasorojas.com.ve Dr. DÁMASO ROJAS
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tomados en los puntos críticos. Por lo tanto f tiene un valor máximo de mínimo de −
2 6 y un valor 9
2 6 . 9
8. Dejar
f ( x, y , z ) = y 3 + xz 2 con la restricción x 2 + y 2 + z 2 = 1
g ( x, y, z ) = x 2 + y 2 + z 2 − 1 .
Dejar
F
la
función
definida
por
F ( x, y, z, λ ) = f ( x, y, z ) + λ g ( x, y, z ) = y 3 + xz 2 + λ z 2 + λ z 2 − λ . Nos encontramos con los puntos críticos de la función F . Sea
Fx ( x, y, z, λ ) = x 2 + 2λ x = 0
(1)
Fy ( x, y, z, λ ) = 3 y 2 + 2λ y = y ( 3 y + 2λ )
(2)
Fz ( x, y, z, λ ) = 2 xz + 2λ z = 2 z ( x + λ )
(3)
Fλ ( x, y, z, λ ) = x 2 + y 2 + z 2 − 1 = 0
(4)
.c om
ic
a1
De la ecuación (3) o z = 0 o z = −λ . Si z = 0 , entonces la ecuación (1), o x = 0 ; entonces la ecuación (4), y = ±1 , o λ = 0 ;
at
entonces la ecuación (2), y = 0 y de (4) x = ±1 .
m
Si x = −λ , entonces de la ecuación (1) z 2 = 2λ 2 y de la ecuación (2) o y = 0 ; entonces de 1 1 2 2 3 así x = m 3 y z 2 = o y = − λ ; entonces de (4), 3 3 3 3 4 9 λ 2 + λ 2 + 2λ 2 − 1 = 0, λ 2 = . 9 31 Enumeramos los puntos críticos, los valores de f y nuestra conclusión y x λ z f ( x, y , z )
ww
w.
M
at e
(4), 3λ 3 − 1 = 0, λ = ±
1
Máximo absoluto
−1
Mínimo absoluto
0
1
0
−
0
−1
0
1
0
0
3 2 0
0
−1
0
0
0
0
1 3 3 1 3 3 1 − 3 3
0
1 6 3 1 − 6 3 1 6 3
−
1 3 3 1 − 3 3 1 3 3
2 3 9 2 3 9 2 − 3 9
0 0
3 2
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−
1 3 3 3 31
3 31 −3 31 −3 31
0
2 31 2 31 −2 31 −2 31
−
1 6 3
3 2 31
−3 2 31
3 2 31
3 2 31
1 3 3 −3 31
−3 31 3 31 −3 31
−
2 3 9 2 31
2
31 2
31 −2
31
.c om
Calcule los valores máximo y mínimo absolutos de f en la región indicada. Utilice las 9. La función del ejercicio 5, x 2 + y 2 ≤ 9 .
a1
respuestas de los ejercicios para los extremos en la frontera.
ic
f ( x, y ) = x 2 + y, x 2 + y 2 ≤ 9 ⇒ f x = 2 x = 0 ⇒ f y = 1 = 0 . No hay puntos críticos. Los
m
at
extremos absolutos son aquellos en los límites que figuran en la ecuación 5.
at e
10. La función del ejercicio 6, x 2 + 8 y 2 ≤ 24 .
f ( x, y ) = x 2 y y x 2 + 8 y 2 ≤ 24 ⇒ f x = 2 xy = 0 ⇒ f y = x 2 = 0 . El único punto crítico es
w.
ww
ejercicio 6.
M
( 0, 0 ) ⇒ f ( 0, 0 ) = 0 . Los extremos absolutos son aquellos en los límites que figuran en el 11. La función del ejercicio 7, x 2 + 2 y 2 + 4 z 2 ≤ 4 .
f ( x, y, z ) = xyz, x 2 + 2 y 2 + 4 z 2 ≤ 4 ⇒ f x = yz = 0 ⇒ f y = xz = 0 ⇒ f z = xy = 0 .
Cada
punto de cada eje es un punto crítico y f = 0 . Los extremos absolutos son aquellos en los límites que figuran en el ejercicio 7 12. La función del ejercicio 8, x 2 + y 2 + z 2 ≤ 1 . Encontramos los puntos críticos de f .
f x ( x, y, z ) = x 2 = 0 ⇒ f y ( x, y, z ) = 3 y 2 = 0 ⇒ f z ( x, y, z ) = xz = 0 Por lo tanto, cualquier punto del eje x es un punto crítico. Porque f ( x, y, z ) = 0 si
x = z = 0 , los extremos absolutos son aquellos en los límites que figuran en ejercicio 8. 168 http://www.damasorojas.com.ve Dr. DÁMASO ROJAS
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Calcule el valor mínimo absoluto de f sujeta a la restricción. 13. f ( x, y , z ) = x 2 + y 2 + z 2 con la restricción xyz = 1 .
f ( x, y, z ) = x 2 + y 2 + z 2 , y xyz = 1 f ( x, y, z, λ ) = x 2 + y 2 + z 2 + λ ( xyz − 1) ⇒ Fx ( x, y, z, λ ) = 2 x + λ yz = 0; 2 x 2 = −λ xyz = −λ Fy ( x, y, z , λ ) = 2 y + λ xz = 0; 2 y 2 = −λ xyz = −λ ⇒ Fz ( x, y, z, λ ) = 2 z + λ zy = 0; 2 z 2 = −λ xyz = −λ Por lo tanto x 2 = y 2 = z 2 . De xyz = 1 tenemos los cuatro puntos críticos
(1,1,1) , (1, −1, −1) , ( −1,1, −1) , y ( −1, −1,1) . En cada uno de estos puntos f ( x, y, z ) = 3 que es el número de f . 14. f ( x, y , z ) = xyz con la restricción x 2 + y 2 + z 2 = 1 . f ( x, y , z ) = xyz , y x 2 + y 2 + z 2 = 4
.c om
f ( x, y, z, λ ) = xyz + λ ( x 2 + y 2 + z 2 − 1) ⇒ Fx = yz + 2 z λ = 0; xyz = −2 x 2 λ
a1
Fy = xz + 2 yλ = 0; xyz = −2 y 2 z = −2 y 2 ⇒ Fz = xy + 2 z λ = 0; xyz = −2 z 2 λ
4 2 8 ;z=± 3 . En + + +, + − −, − + −, + − −, f = 3 y en 3 3 9 8 − − −, − + + , + − + , + + −, f = − 3 . Si λ = 0 , hemos ( ±2, 0, 0 ) , ( 0, ±2, 0 ) , ( 0, 0, ±2 ) en la 9 8 que f = 0 . El mínimo es − 3 . 9 Obtenga el valor máximo absoluto de f sujeta a la restricción
w.
M
at e
m
at
ic
Por lo tanto x 2 = y 2 = z 2 =
ww
15. f ( x, y, z ) = x + y + z con la restricción x 2 + y 2 + z 2 = 9 .
f ( x, y, z ) = x + y + z y x 2 + y 2 + z 2 = 9 . 1 f ( x, y, z , λ ) = x + + z + λ ( x 2 + y 2 + z 2 − 9 ) ⇒ Fx = 1 + 2λ x = 0; x = − λ 2 1 Fy = 1 + 2λ z = 0; z = − λ , x = y = z ⇒ Fz = x 2 + y 2 + z 2 − 9; x 2 + y 2 + z 2 − 9 = 0 2 x=± 3 Los puntos críticos son
(
)(
)
3, 3, 3 , − 3, − 3, − 3 ⇒ f
(
)
(
)
3, 3, 3 = 3 3 ⇒ f − 3, − 3, − 3 = −3 3
Porque el conjunto de restricciones es cerrado y acotado, f tiene valores extremos, asumió en los puntos críticos. Por lo tanto, el valor máximo de f es 3 3 . 169 http://www.damasorojas.com.ve Dr. DÁMASO ROJAS
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16. f ( x, y, z ) = xyz, x ≥ 0, y ≥ 0 y z ≥ 0 con la restricción 2 xy + 3 xz + yz = 72 . El conjunto de restricciones es un hiperboloide de dos hojas (ver abajo) y cumple con los planos de coordenadas en el hipérbolas zy = 72, xz = 24 , y xy = 36 . Debido a que no está acotado, tenemos que probar que es un máximo absoluto. Si x = y = z , entonces 6 x 2 = 72, x = 2 3 y f = x 3 = 24 3 > 41 . Ahora se demuestra que f tiene valores
menores fuera de una cierta cerrada y acotada. Resolvemos la restricción para z y 72 − 2 xy 72 − 2 xy sustituir en f . Entonces z = y f = xy . Debido a que el máximo es 3x + y 3x + y positiva, tenemos xy ≤ 36 y f ≤ 36
72 . Si ( x, y ) está dentro o fuera de la plaza 3x + y
S = [ 0, 20] × [ 0, 20] , entonces f ≤
.c om
36.72 = 32.4 . Por lo tanto, f tiene un máximo en un 60 + 20 punto interior de S , es decir, en el punto crítico. Sea F la función definida por F . Sea
Fx ( x, y, z, λ ) = yz + λ ( 2 y + 3z ) = 0
Fy ( x, y, z , λ ) = yz + λ ( 2 x + z ) = 0
(1)
(2)
(3)
(4)
ic
at
m
Fz ( x, y, z, λ ) = xy + λ ( 3x + y ) = 0
a1
F ( x, y, z, λ ) = xyz + λ ( 2 xy + 3xz + yz − 72 ) . Encontramos los puntos críticos de la función
at e
Fλ ( x, y, z, λ ) = 2 xy + 3xz + yz − 72 = 0
M
Multiplicamos la ecuación (1) por x , la ecuación (2) por y , y la ecuación (3) por z . Este resultado es
(5)
xyz + λ ( 2 xy + yz ) = 0
(6)
xyz + λ ( 3xz + yz ) = 0
(7)
(8)
(9)
ww
w.
xyz + λ ( 2 xy + 3xz ) = 0
De las ecuaciones (5) y (6) concluye que 1 3 xz = yz ⇒ x = y 3 De las ecuaciones (6) y (7) concluye que 2 2 xy = 3 xz ⇒ z = y 3 Sustituyendo de (8) y (9) en (4) tenemos ⎛1 ⎞ ⎛ 1 ⎞⎛ 2 ⎞ ⎛2 ⎞ 2 ⎜ y ⎟ y + 3 ⎜ y ⎟ ⎜ y ⎟ + y ⎜ y ⎟ − 72 = 0 ⇒ 2 y 2 = 72 ⎝3 ⎠ ⎝ 3 ⎠⎝ 3 ⎠ ⎝3 ⎠
170 http://www.damasorojas.com.ve Dr. DÁMASO ROJAS
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Entonces y = 6, x = 2 , y z = 4 y el valor máximo es f ( 2, 6, 4 ) = ( 2 )( 6 )( 4 ) = 48 . Como alternativa, considere la posibilidad 6 f 2 = 6 x 2 y 2 z 2 = ( 2 xy )( 3xz )( yz ) . Porque la suma de los factores es constante ( 72 ) del producto es máxima cuando son iguales, lo que lleva de inmediato a las ecuaciones (8) y (9). Se muestra como representar gráficamente la restricción. Comenzar con la superficie más simple xy + yz + zx = 1 . Sustituto
x = u + v, y = u − v , y completar el cuadrado para frenar que tenemos un hiperboloide de dos hojas. u 2 + 2uz − v 2 = 1 ⇒ ( u + z ) − z 2 − v 2 = 1 2
Ahora
vamos
(u + z )
a
2
= sec 2 r , z 2 + v 2 = tan 2 r
lo
que
conduce
a
u + z ) sec r , z = tan r sen s, v = tan r cos s . Las ecuaciones paramétricas son
y = ( u + z ) − v − z = sec r + tan r cos s − tan r sen s
a1
z = tan r sen s
.c om
x = ( u + z ) + v − z = sec r + tan r cos s − tan r sen s
ic
Para la superficie de nuestro problema, se multiplican las fórmulas para x, y , z por
at
2 3, 6 3, 4 3 .
m
17. Obtenga un valor mínimo relativo de la función
f para la cual
at e
f ( x, y, z ) = x 2 + 4 y 2 + 16 z 2 con la restricción a) xyz = 1 ; b) xy = 1 ; c) x = 1 .
M
Porque z , y por lo tanto f ( x, y , z ) , puede ser arbitrariamente grande, f tiene un máximo por lo que esperamos de los puntos críticos para dar los mínimos.
ww
w.
a ) xyz = 1 ⇒ f ( x, y , z , λ ) = x 2 + 4 y 2 + 16 z 2 + λ ( xyz − 1) Fx = 2 x + yzλ = 0; 2 x 2 = − xyzλ ⇒ Fy = 8 y + xzλ = 0;8 y 2 = − xyzλ Fz = 32 x + xyλ = 0;32 z 2 = − xyz λ
Por lo tanto x 2 = 16 z 2 ; x = ±4 z ; y y 2 = 4 z 2 ; y = ±2 z . De xyz = 1 hemos 1 ( ±4 z )( ±2 z ) z = 1; z = ± . Porque xyz = 1 , los 4 puntos críticos son 2 1⎞ ⎛ 1⎞ ⎛ 1⎞ 1⎞ ⎛ ⎛ ⎜ 2,1, ⎟ , ⎜ 2,1, − ⎟ , ⎜ −2,1, − ⎟ y ⎜ −2, −1, ⎟ . En cada uno de esos 2⎠ ⎝ 2⎠ ⎝ 2⎠ 2⎠ ⎝ ⎝ f ( x, y , z ) = 4 + 4 + 4 = 12 . Por lo tanto, el valor mínimo de f es 12. b) xy = 1 ⇒ f ( x, y , z , λ ) = x 2 + 4 y 2 + 16 z 2 + λ ( xy − 1) ⇒ Fx = 2 x + λ y = 0; 2 x 2 = − λ xy Fy = 8 y + λ x = 0;8 y 2 = − λ xy ⇒ x 2 = 4 y 2 ; x = ±2 y ⇒ Fz = 32 x = 0; z = 0
e xy = 1 . Si x = 2 y ⇒ 2 y 2 = 1 ⇒ y = ±
D
1 2 ⇒ x = −2 y es imposible. Los 2 puntos 2 171
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1 1 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ críticos son ⎜ 2, 2, 0 ⎟ y ⎜ − 2, − 2, 0 ⎟ . En cada f ( x, y , z ) = 4 . Por lo tanto, el 2 2 ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ valor mínimo de f es 4. a ) x = 1 ⇒ f ( x, y , z , λ ) = x 2 + 4 y 2 + 16 x 2 + λ ( x − 1) Fx = 2 x + λ = 0 ⇒ Fy = 8 y = 0; y = 0 ⇒ Fz = 32 x = 0; z = 0
Por lo tanto el punto crítico es (1, 0, 0 ) . Porque f (1, 0, 0 ) = 1 , el valor mínimo de f es 1. 18. Utilice multiplicadores de LaGrange para determinar la distancia más corta del punto (1, 3, 0 ) al plano 4 x + 2 y − z = 5 . Dejar w unidades de la distancia desde el punto (1,3, 0 ) hasta el punto ( x, y, z ) en el
.c om
plano 4 x + 2 y − z = 5. w tiene un mínimo cuando w2 hace, y no máxima. Dejar f ( x, y, z ) = w2 = ( x − 1) + ( y − 3) + z 2 2
2
2
a1
F ( x, y, z ) = ( x − 1) + ( y − 3) + z 2 + λ ( 4 x + 2 y − z − 5 ) ⇒ Fx = 2 ( x − 1) + 4λ = 0, x = 1 − 2λ 2
at
ic
Fy = 2 ( y − 3) + 2λ = 0, y = 3 − λ ⇒ Fz = 2 z − λ = 0, z =
1 1 λ ⇒ 4 (1 − 2λ ) + 2 ( 3 − λ ) − λ = 5 2 2
21 10 1 53 5 ⇒z= λ =5⇒λ = ⇒ x = ⇒ y = 2 21 21 21 21 ⎛ 1 53 5 ⎞ Por lo tanto, f tiene un punto crítico ⎜ , , ⎟ y en este momento ⎝ 21 21 21 ⎠ 2
2
at e
m
10 −
2
ww
w.
M
5 ⎛ 1 ⎞ ⎛ 53 ⎞ ⎛ 5⎞ w = ⎜ − 1⎟ + ⎜ − 3 ⎟ + ⎜ ⎟ = 21 . 21 ⎝ 21 ⎠ ⎝ 21 ⎠ ⎝ 21 ⎠ 19. Emplee multiplicadores de LaGrange a fin de obtener la distancia más corta del
punto (1, −1, −1) al plano x + 4 y + 3 z = 2 . Dejar w unidades de la distancia desde el punto (1, −1, −1) hasta el punto ( x, y, z ) en el plano x + 4 y + 3 z = 2. w tiene un mínimo cuando w2 hace, y no tiene ningún mínimo. Dejar f ( x, y, z ) = w2 = ( x − 1) + ( y + 1) + ( z + 1) 2
2
2
F ( x, y, z , λ ) = ( x − 1) + ( y + 1) + ( z + 1) + λ ( x + 4 y + 3 z − 2 ) 2
2
2
1 Fx = 2 ( x − 1) + λ = 0; x = 1 − λ ⇒ Fy = 2 ( y + 1) + 4λ = 0; y = −1 − 2λ 2
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3 ⎛ 1 ⎞ 3 ⎞ ⎛ Fz = 2 ( z + 1) + 3λ = 0; z = −1 − λ ⎜ 1 − λ ⎟ + 4 ( −1 − 2λ ) + 3 ⎜ −1 − λ ⎟ = 2 2 ⎝ 2 ⎠ 2 ⎠ ⎝ 8 17 3 1 λ=− ⇒x= ⇒ y= ⇒z=− 13 13 13 13 1⎞ ⎛ 17 3 Por lo tanto, f tiene un punto crítico ⎜ , , − ⎟ y en este momento ⎝ 13 13 13 ⎠ 2
2
2
2
2
2
4 ⎛ 17 ⎞ ⎛ 3 ⎞ ⎛ 1 ⎞ ⎛ 4 ⎞ ⎛ 16 ⎞ ⎛ 12 ⎞ w = ⎜ − 1⎟ + ⎜ + 1 ⎟ + ⎜ − + 1⎟ = ⎜ ⎟ + ⎜ ⎟ + ⎜ ⎟ = 26 . 13 ⎝ 13 ⎠ ⎝ 13 ⎠ ⎝ 13 ⎠ ⎝ 13 ⎠ ⎝ 13 ⎠ ⎝ 13 ⎠ 20. Calcule las distancias menor y mayor desde el origen a un punto de la
elipse x 2 + 4 y 2 = 16 .
.c om
Debido a que la elipse es un conjunto cerrado y acotado, la distancia tiene un máximo y un mínimo que se produce en un momento critico. La distancia desde el origen hasta
a1
cualquier punto ( x, y ) es x 2 + y 2 unidades. Debido a las distancias de mayor a menor y se presentan como los puntos donde el cuadrado de la distancia tiene sus extremos,
ic
dejamos f ( x, y ) = x 2 + y 2 . Tenemos que encontrar los puntos donde la función f tiene
(1)
m
at
sus extremos, sujeta a la restricción x 2 + 4 y 2 = 16
at e
Deja F la función definida por F ( x, y , λ ) = x 2 + y 2 + λ ( x 2 + 4 y 2 − 16 ) . Encontramos los puntos críticos de la función F . Sea
(2)
Fy ( x, y, λ ) = 2 y + 8λ y = 2 y (1 + 4λ ) = 0
(3)
ww
w.
M
Fx ( x, y, λ ) = 2 x + 2λ z = 2 x (1 + λ ) = 0
De la ecuación (2) bien x = 0 o λ = −1 . Si x = 0 , entonces la ecuación (1) tenemos y = ±2 1 y de la ecuación (3) tenemos λ = − . Si λ = −1 , entonces la ecuación (3) tenemos y = 0 4 y de la ecuación (1) tenemos x = ±4 . Listamos cada punto crítico de λ , el valor de λ y nuestra conclusión. En cuenta que el extremos se producen en los extremos de los ejes. y x λ x2 + y 2
0
2
0
−2
4 −4
0 0
1 − 4 1 − 4 −1 −1
2
Mínimo absoluto
2
Mínimo absoluto
4 4
Máximo absoluto Máximo absoluto
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21. Calcule las distancias menor y mayor desde el origen a un punto del elipsoide
9 x 2 + 4 y 2 + z 2 = 36 . Dejar w unidades de la distancia desde el origen hasta un punto ( x, y, z ) sobre el elipsoide 9 x 2 + 4 y 2 + z 2 = 36 . El elipsoide es un conjunto acotado y cerrado por lo que hay extremos de w alcanzada en el extremos de w2 . Dejar
f ( x, y, z ) = w2 = x 2 + y 2 + z 2 ⇒ F ( x, y, z , λ ) = x 2 + y 2 + z 2 + λ ( 9 x 2 + 4 y 2 + z 2 − 36 )
Fx ( x, y, z, λ ) = 2 x + 18λ x = 0; x = 0
.c om
1 o λ = − ⇒ Fy ( x, y, z , λ ) = 2 y + 8λ y = 0; y = 0 9 1 o λ = − ⇒ Fz ( x, y, z , λ ) = 2 z + 2λ z = 0; z = 0 4 o λ = −1 ⇒ Fλ ( x, y, z, λ ) = 9 x 2 + 4 y 2 + z 2 − 36 = 0
m
at
ic
a1
Las tres soluciones posibles son: 1 λ = − , y = 0, z = 0,9 x 2 − 36 = 0, x = ±2 Punto crítico ( 2, 0, 0 ) y ( −2, 0, 0 ) . w = 2 9 1 x = 0, λ = − , z = 0; 4 y 2 − 36 = 0; y = ±3 Punto crítico ( 0,3, 0 ) y ( 0, −3, 0 ) . w = 3 4 x = 0, y = 0, λ = −1, z 2 − 36 = 0, z = ±6 Punto crítico ( 0, 0, 6 ) y ( 0, 0, −6 ) . w = 6
at e
Por lo tanto, la menor distancia desde el origen hasta un punto sobre el elipsoide es 2 y la
M
mayor distancia es de 6. Los puntos ( 0, ±3, 0 ) son puntos de silla de f .
w.
22. Si f ( x, y , z ) = 2 x 2 + 3 y 2 + z 2 , utilice multiplicadores de LaGrange para determinar
ww
el punto del plano x + y + z = 5 en el cual f ( x, y, z ) es mínimo.
f = 2 x 2 + 3 y 2 + z 2 , g = x + y + z = 5 ⇒ F ( x, y , z , λ ) = 2 x 2 + 3 y 2 + z 2 + λ ( x + y + z − 5 ) 1 1 1 Fx = 4 x + λ = 0, x = − λ ⇒ Fy = 6 y + λ = 0, y = − λ ⇒ Fz = 2 z + λ = 0, z = − λ 4 6 2 1 1 1 60 15 10 30 − λ − λ − λ =5⇒ − ⇒ x = ⇒ y= ⇒z= 4 6 2 11 11 11 11 Aunque el conjunto de restricciones es un avión que no esta acotada, la superficie de nivel son elipsoides y está claro que algunos pequeños toques elipsoides el avión. 23. Emplee multiplicadores de LaGrange para calcular el valor mínimo absoluto de f si f ( x, y, z ) = x 2 + y 2 + z 2 con las dos restricciones x + 2 y + 3 z = 6 y x − y − z = −1 . f ( x, y , z ) = x 2 + y 2 + z 2 y x + 2 y + 3 z = 6 y x − y − z = 1 .
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f ( x, y , z , γ , μ ) = x 2 + y 2 + z 2 + λ ( z + 2 y + 3 z − 6 ) + μ ( x − y − z + 1)
El conjunto de restricciones es una recta, cerrada, pero sin límites, por lo f tiene un mínimo, pero sin máximo. 1 1 1 Fx = 2 x + λ + μ = 0; x = − λ − μ ⇒ Fy = 2 y + 2λ − μ = 0; y = − λ + μ 2 2 2 3 1 Fz = 2 z + 3λ − μ = 0; z = − λ + μ ⇒ Fλ = x + 2 y + 3 z − 6 = 0; − 7λ + 2 μ = 6 2 2 3 Fμ = x − y − z + 1 = 0; 2λ − λ = −1 2 14 10 12 9 16 Por lo tanto λ = − , μ = − , x = y = , z = . El punto crítico 13 13 13 13 13
2 2 2 481 37 ⎛ 12 9 16 ⎞ ⎛ 12 ⎞ ⎛ 9 ⎞ ⎛ 16 ⎞ que es el valor mínimo f ⎜ , , ⎟ =⎜ ⎟ +⎜ + = ⎟ ⎜ ⎟ = 160 13 ⎝ 13 13 13 ⎠ ⎝ 13 ⎠ ⎝ 13 ⎠ ⎝ 13 ⎠
.c om
⎛ 12 9 16 ⎞ ⎜ , , ⎟, ⎝ 13 13 13 ⎠
es
de f .
a1
24. Use multiplicadores de LaGrange para calcular el valor mínimo absoluto de f si
at
ic
f ( x, y, z ) = x 2 + y 2 + z 2 con las dos restricciones x + y + 2 z = 1 y 3 x − 2 y + z = −4 .
m
La restricción es la línea formada por la intersección de dos planos, la distancia desde el origen llega a un mínimo absoluto en un punto crítico. Dejar F la función definida por
at e
F ( x, y, z, λ , μ ) = x 2 + y 2 + z 2 + λ ( x + y + 2 z − 1) + μ ( 3x − 2 y + z + 4 ) . Entonces
(3)
Fy ( x, y, z , λ , μ ) = 2 y + λ − 2μ = 0
(4)
Fz ( x, y, z, λ , μ ) = 2 z + 2λ + μ = 0
(5)
ww
w.
M
Fx ( x, y, z, λ , μ ) = 2 x + λ + 3μ = 0
Que resolver la ecuación (3) para x , la ecuación (4) para y , y la ecuación (5) para z 1 ( λ + 3μ ) 2 1 y = − ( λ − 2μ ) 2 1 z = − ( 2λ + μ ) 2 Sustituyendo las ecuaciones (6), (7), y en (1), obtenemos 1 1 − ( λ + 3μ ) − ( λ − 2 μ ) − ( 2λ + μ ) − 1 = 0 ⇒ −λ − 3μ − λ + 2μ − 4λ − 2μ − 2 = 0 2 2 6λ + 3μ = −2 x=−
(6) (7) (8)
(9)
Sustituyendo las ecuaciones (6), (7), y (8) en (2), obtenemos
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3 1 ( λ + 3μ ) + ( λ − 2μ ) − ( 2λ + μ ) + 4 = 0 ⇒ −3λ − 9μ + 2λ − 4μ − 2λ − μ + 8 = 0 2 2 3λ + 14μ = 8 −
(10) Resolver, 14 (Ecuación 9) – 3 (Ecuación 10): 75λ + 52 = 0, λ = − (Ecuación 9) – 2 (Ecuación 10): −25μ + 18 = 0, μ =
52 75
18 25
Sustituyendo en (6), (7), y (8), obtenemos 1 ⎛ 52 54 ⎞ 11 1 ⎛ 52 36 ⎞ 16 1 ⎛ 104 18 ⎞ 1 x = − ⎜− + ⎟ = − ⇒ y = − ⎜− − ⎟ = ⇒ z = − ⎜− + ⎟= 2 ⎝ 75 25 ⎠ 25 2 ⎝ 75 25 ⎠ 15 2 ⎝ 75 25 ⎠ 3 La evaluación
f
en el punto crítico da el valor mínimo absoluto 2
2
2
a1
.c om
134 ⎛ 11 16 1 ⎞ ⎛ 11 ⎞ ⎛ 16 ⎞ ⎛ 1 ⎞ f ⎜− , , ⎟ = ⎜− ⎟ + ⎜ ⎟ + ⎜ ⎟ = 75 ⎝ 15 15 3 ⎠ ⎝ 25 ⎠ ⎝ 15 ⎠ ⎝ 3 ⎠
ic
25. Utilice multiplicadores de LaGrange para calcular el valor mínimo relativo de f si
at
f ( x, y, z ) = xyz con las dos restricciones x + y + z = 4 y x − y − z = 3 .
m
f ( x, y, z ) = xyz , x + y + z = 4, x − y − z = 3
Fx = yz + λ + μ = 0
(1)
(2)
(3)
Fλ = x + y + z − 4 = 0
(4)
Fμ = x − y − z − 3 = 0
(5)
Fy = xz + λ − μ = 0
ww
Fz = xy + λ − μ = 0
M
w.
at e
F ( x, y, z , λ , μ ) = xyz + λ ( x + y + z − 4 ) + μ ( x − y − z − 3)
7 . De (2) y (3) obtenemos y = z . De (4) obtenemos 2 1 1 ⎛ 7 1 1 ⎞ ⎛ 7 1 1 ⎞ ⎛ 7 ⎞⎛ 1 ⎞ ⎛ 1 ⎞ 7 . Considerar y = , z = . El punto crítico es P ⎜ , , ⎟ , f ⎜ , , ⎟ = ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟ = 4 4 ⎝ 2 4 4 ⎠ ⎝ 2 4 4 ⎠ ⎝ 2 ⎠⎝ 4 ⎠ ⎝ 4 ⎠ 32
De (4) y (5) hemos 2 x − 7 = 0; x =
x y y en función de z y denotan Dz x por x′ y Dz y por y ′ . De las restricciones Por lo tanto, x ′ + y ′ + 1 = 0 ⇒ x ′ − y ′ − 1 = 0 . x ′ = 0. y ′ = −1. f ′ = x ′yz + xy ′z + xy = − xz + xy ⇒ f ′′ = − x ′z − x + x ′y + xy ′ = −2 x = −7 < 0 en P . Por lo tanto f tiene un valor máximo relativo en P .
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26. Emplee multiplicadores de LaGrange para calcular el valor mínimo absoluto de f si f ( x, y, z ) = x3 + y 3 + z 3 con las dos restricciones x + y + z = 1 y x + y − z = 0 .
f ( x, y , z ) = x 3 + y 3 + z 3 , x + y + z = 1
(1)
x+ y − z = 0
(2)
F = x3 + y 3 + z 3 + λ ( x + y + z − 1) + μ ( x + y − z ) ⇒ Fx = 3x 2 + λ + μ = 0
(3)
Fy = 3 y 2 + λ + μ = 0
(4)
Fz = 3 z 2 + λ − μ = 0
(5)
1 . De (3) y (4) obtenemos x 2 = y 2 . De 2 1 1 1 y = x : x + x + = 1, x = si y = − z , x − x + = 1 , imposible. En el punto 2 4 2 1 1 5 ⎛1 1 1⎞ 1 . Sea la derivada con respecto a x . Porque z = P, f ⎜ , , ⎟ = + + = ⎝ 4 4 2 ⎠ 64 64 8 52
.c om
De (1) y (2) hemos 2 z = 1, z =
(1), si crítico 1 , que 2
ic
a1
tenemos de (1) o (2), 2 2 2 2 1 + y ′ = 0, y ′ = −1 ⇒ f ′ = 3x + 3 y y ′ = 3 x − 3 y ⇒ f ′′ = 6 x − 6 yy ′ = 6 x + 6 y = 3 > 0 en
M
at e
m
at
P . Así, P es un valor mínimo absoluto. Utilice multiplicadores de LaGrange para resolver los ejercicios indicados: 27) Determine los tres números positivos cuya suma sea 24 de modo que su producto sea el mayor posible.
ww
w.
Dejar x, y , y z se los números. Entonces f ( x, y, z ) = xyz y x + y + z = 24, x ≥ 0, y ≥ 0, z ≥ 0 . El conjunto de restricciones es un triángulo, que es
cerrado y acotado para f tiene un máximo y un mínimo. El mínimo es 0 alcanzado en todos los puntos de la frontera para los puntos críticos es un máximo. Dejar
f ( x, y, z, λ ) = xyz + λ ( x + y + z − 24 ) ⇒ Fx = yz + λ = 0; xyz = −λ x Fy = xz + λ = 0; xyz = −λ y ⇒ Fz = xy + λ = 0; xyz = −λ z , x = y = z Fλ = x + y + z − 24 = 0;3x = 24 Por lo tanto x = 8, y = 8, z = 8 da la máxima xyz = 512 de f . 28) Obtenga tres números positivos cuyo producto sea 24 de manera que su suma sea lo más pequeña posible. Dejar x ≥ 0, y ≥ 0, z ≥ 0 se los números. Queremos determinar x, y y z de tal manera que la función f definida por f ( x, y, z ) = x + y + z tiene un valor mínimo, sujeto a la 177 http://www.damasorojas.com.ve Dr. DÁMASO ROJAS
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Restricción xyz = 24 (1) Si x > 3, y > 3, z > 3 , entonces f > 3 + 3 + 3 = 9 . Por lo tanto, si el extremo relativo en el cubo cerrado y acotado 0 ≤ x ≤ 3, 0 ≤ y ≤ 3, 0 ≤ z ≤ 3 es inferior a 9, debe ser el mínimo absoluto. Sea F la función definida por F ( x, y, z, λ ) = x + y + z + λ ( xyz − 24 ) . Entonces
Fx ( x, y, z , λ ) = 1 + λ yz = 0
(2)
Fy ( x, y, z , λ ) = 1 + λ xz = 0
(3)
Fz ( x, y, z, λ ) = 1 + λ xy = 0
(4)
(5)
y + λ xyz = 0
(6)
z + λ xyz = 0
(7)
(8)
ic
De las ecuaciones (5), (6), (7) se concluye que x = y = z
.c om
x + λ xyz = 0
a1
Se multiplica en ambos lados de la ecuación (2) por x , a ambos lados de la ecuación (2) por y , en ambos lados de la ecuación (4) por z . Esto se traduce en
at
Sustituyendo las ecuaciones (8) en (1) obtenemos x 3 = 24 ⇒ x = 3 24 < 3 27 = 3 . Por ello,
at e
m
cada número es 3 24 . Porque la suma es inferior a 9, tenemos el mínimo absoluto. 29) Encuentre el punto del plano 3 x + 2 y − z = 5 que esté más cerca al punto (1, −2, 3) ,
M
y calcule la distancia mínima.
w.
Dejar w unidades de la distancia desde el punto (1, −2,3) a un punto ( x, y, z ) en el plano
ww
3 x + 2 y − z − 5 = 0, w será de un mínimo cuando w2 es un mínimo.
f ( x, y, z ) = w2 = ( x − 1) + ( y + 2 ) + ( z − 3) 2
2
2
F ( x, y, z, λ ) = ( x − 1) + ( y + 2 ) + ( z − 3) + λ ( 3x + 2 y − z − 5 ) ⇒ Fx = 2 ( x − 1) + 3λ = 0 2
2
2
3 1 x = 1 − λ ⇒ Fy = 2 ( y + 2 ) + 2λ = 0; y = −2 − λ ⇒ Fz = 2 ( z − 3) − λ = 0; z = 3 + λ 2 2 1 ⎞ ⎛ 3 ⎞ ⎛ Fλ = 3 x + 2 y − z − 5 = 0;3 ⎜1 − λ ⎟ + 2 ( −2 − λ ) − ⎜ 3 + λ ⎟ − 5 = 0;7λ = −9 2 ⎠ ⎝ 2 ⎠ ⎝ Por
lo
tanto
9 7
λ = − ,x = 2
41 5 33 . ,y = − ,z = 14 7 14 2
En
el
punto
crítico
2
9 ⎛ 41 5 33 ⎞ ⎛ 41 ⎞ ⎛ 5 ⎞ ⎛ 33 ⎞ P ⎜ , − − ⎟ ⇒ w = ⎜ − 1⎟ + ⎜ − + 2 ⎟ + ⎜ − 3 ⎟ = 14 . Desde x , y por lo 14 ⎝ 14 7 14 ⎠ ⎝ 14 ⎠ ⎝ 7 ⎠ ⎝ 14 ⎠
tanto f ( x, y, z ) , puede ser arbitrariamente grande, w tiene un mínimo en P . 178 http://www.damasorojas.com.ve Dr. DÁMASO ROJAS
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30) Determine los puntos de la superficie y 2 − xz = 4 que estén más cerca al origen, y calcule la distancia mínima. 1 1 1 2 2 2 2 Porque g = y 2 − ⎡( x + z ) − ( x − z ) ⎤ = y 2 − ( x + z ) + ( x − z ) , la superficie es un ⎣ ⎦ 4 4 4 hiperboloide de una hoja. ⎛2⎞ F ( x, y, z , λ ) = x 2 + y 2 + z 2 − λ ( y 2 − xz − 4 ) ⇒ Fx = 2 x + λ z = 0, z = − ⎜ ⎟ x ⎝λ ⎠ ⎛λ⎞ Fy = 2 y − 2λ y = 2 y (1 − λ ) = 0 ⇒ Fz = 2 z + λ x = 0, z = − ⎜ ⎟ x ⎝2⎠
Si
λ ≠ ±2 ,
x = z = 0 ⇒ y 2 = 4 ⇒ y = ±2 ⇒ d = 2 .
entonces
Si
λ = 2 ⇒ z = − x ⇒ y = 0 ⇒ x 2 = 4 ⇒ x = ±2 ⇒ z = m2 ⇒ d = 2 2 .
Si
λ = 2 ⇒ z = x ⇒ y = 0 ⇒ − x = 4 , imposible. La distancia mínima es 2 a ( 0, ±2, 2 ) .
.c om
2
a1
31) Obtenga los puntos de la curva de intersección del elipsoide x 2 + 4 y 2 + 4 z 2 = 4 y el
ic
plano x − 4 y − z = 0 que estén más cerca del origen, y calcule la distancia mínima.
m
at
Dejar w unidades de la distancia al origen de un punto ( x, y, z ) en x 2 + 4 y 2 + 4 z 2 = 4 y x − 4 y − z = 0. w , será de un mínimo cuando
w2 es un mínimo. Dejar
at e
f ( x, y , z ) = w2 = x 2 + y 2 + z 2 ⇒ F ( x, y , z , λ , μ ) = x 2 + y 2 + z 2 + λ ( x 2 + 4 y 2 + 4 z 2 − 4 )
M
+ μ ( x − 4 y − z ) ⇒ Fx = 2 x + 2λ x + μ = 0 ⇒ Fy = 2 y + 8λ y − 4 μ = 0 ⇒ Fz = 2 z + 8λ z − μ = 0
w.
Fy − 4 Fx : ( 2 + 8λ )( y − 4 z ) = 0; y = 4
ww
1 1 o λ = − . Si λ = − , de Fy obtenemos μ = 0 y de Fz obtenemos 4 4 2 2 x = 0 ⇒ Fλ = x + 4 y + 4 z 2 − 4 = 0 ⇒ Fμ = x − 4 y − z = 0 . Si y = 4 z , entonces x − 16 z − = 0; x = 17 z y 289 z 2 + 64 z 2 + 4 z 2 − 4 = 0;357 z 2 = 4 . Por lo tanto z = ±
2 357
,
⎛ 34 ⎛ 8 2 ⎞ 34 8 2 ⎞ , , ,− ,− los puntos críticos son ⎜ ⎟ y ⎜ − ⎟ así 357 357 357 ⎠ ⎝ 357 357 357 ⎠ ⎝ 1124 . Si x = 0 , entonces 0 − 4 y − z = 0; z = −4 y y 0 + 4 y 2 + 64 y 2 − 4 = 0;17 y 2 = 1 . f = 357 ⎛ ⎛ 1 4 ⎞ 1 4 ⎞ ,− , , los puntos críticos son P ⎜ 0, ⎟ y Q ⎜ 0, − ⎟ 17 17 ⎠ 17 17 ⎠ 17 ⎝ ⎝ así f = 1 . Porque el conjunto de restricciones es cerrado y acotado, f alcanza un mínimo
Por lo tanto y = ±
1
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en un punto crítico. Por lo tanto P y Q son los más cercanos al origen y al ser la distancia mínima es de 1. 32) Se elabora una caja rectangular sin tapa con un costo de material de $10 . Si el material para el fondo de la caja cuesta $0.15 por pie cuadrado y el material para los lados cuesta $0.30 por pie cuadrado, determine las dimensiones de la caja de mayor volumen que pueda elaborarse. Dejar x pie, y pie , y z pie la longitud, anchura y altura del piso de la caja x ≥ 0, y ≥ 0, z ≥ 0 . Tenemos que encontrar x, y , z de modo que la función definida por el
volumen V ( x, y, z ) = xyz es un máximo, sujeto a la restricción
0.15 xy + 0.30 ( 2 xz + 2 yz ) = 10.00
(1)
.c om
a1
Como en el ejercicio 16, el conjunto de restricción es limitado, pero existe un máximo absoluto que ocurre en un momento crítico. Dejar F la función definida por
ic
F ( x, y, z , λ ) = xyz + λ ( 0.15 xy + 0.60 xz + 0.60 yz − 10 ) . Entonces
(2)
Fy ( x, y, z , λ ) = xz + 0.15λ x + 0.60λ z = 0
(3)
Fz ( x, y, z, λ ) = xy + 0.60λ x + 0.60λ y = 0
(4)
at e
m
at
Fx ( x, y, z, λ ) = yz + 0.15λ y + 0.60λ z = 0
ww
w.
M
Se multiplica en ambos lados de la ecuación (2) por x , a ambos lados de la ecuación (2) por y , y en ambos lados de la ecuación (4) por z . Esto se traduce en
xyz + λ ( 0.15 xy + 0.60 xz ) = 0
(5)
xyz + λ ( 0.15 xy + 0.60 yz ) = 0
(6)
xyz + λ ( 0.60 xz + 0.60 yz ) = 0
(7)
De las ecuaciones (5) y (6), se concluye que x = y . De las ecuaciones (6) y (7), hemos 0.15 y = 0.60 z ⇒ y = 4 z . Sustituyendo x y y por 4 z en la ecuación (1), obtenemos
5 10 2⇒x= y= 2 6 3 10 Por lo tanto, la mayor caja tiene una base cuadrada de lado 2 pie y una altura de 3 5 2 pie . 6 0.15 ( 4 z )( 4 z ) + 0.60 ( 4 z ) z + 0.60 ( 4 z ) z = 10 ⇒ 7.2 z 2 = 10 ⇒ z =
180 http://www.damasorojas.com.ve Dr. DÁMASO ROJAS
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33) Se construye una caja rectangular cerrada con un volumen de 10 pie3 empleando tres tipos de materiales. El costo del material para el fondo y la tapa es de $0.18 por pie cuadrado, el costo del material para el frente y la parte trasera es de $0.16 por pie cuadrado, y el costo del material para los otros dos lados es de $0.12 por pie cuadrado. Calcule las dimensiones de la caja de modo que el costo de los materiales sea un mínimo. Dejar l pie, w pie, h pie la longitud, anchura y altura de la caja. C centavos es el costo.
C = 18lw + 16wh + 12lh y lwh = 16 ⇒ F ( l, w, h, λ ) = 18lw + 16wh + 12lh + λ ( lwh − 16 ) 18 12 + = −λ h w 18 16 12 16 = 18l + 16h + λ lh = 0; + = −λ ; = ; w = h w l l 16 12 18 16 = 16w + 12l + λ lh = 0; + = −λ ; = ; h = h l w l 512 8 ⎛ 3 ⎞⎛ 9 ⎞ ;l = lwh − 16 = 0; l ⎜ l ⎟⎜ l ⎟ = 16; l 3 = 27 3 ⎝ 4 ⎠⎝ 8 ⎠ = 18w + 12h + λ lh = 0;
ic
a1
.c om
3 l 4 9 l 8
at
∂F ∂l ∂F ∂w ∂F ∂h ∂F ∂λ
w.
M
at e
m
⎛8 ⎞ El punto crítico es P ⎜ , 2,3 ⎟ . Porque wh , y por lo tanto C , puede ser arbitrariamente ⎝3 ⎠ grande, C tiene un mínimo en P . 34) Suponga que T grados es la temperatura en cualquier punto ( x, y , z ) de la esfera
ww
x 2 + y 2 + z 2 = 4 , y T = 100 xy 2 z . Obtenga los puntos de la esfera donde la temperatura es la máxima y también los puntos donde es mínima. Además, calcule la temperatura en estos puntos.
T = 100 xy 2 z, g = x 2 + y 2 + z 2 = 4 ⇒ F = 100 xy 2 z − λ ( x 2 + y 2 + z 2 − 4 ) Fx = 100 y 2 z − 2λ z = 0 ⇒ Fy = 200 xyz − 2λ y = 2 y (100 xz − λ ) = 0 ⇒ Fz = 100 xy 2 − 2λ z = 0 Si x = 0, y = 0 , o z = 0 , entonces T = 0 . De otra manera, 1 2 y ⇒ Fz = 100 xy 2 − 200 xz 2 = 0 2 1 2 1 2 1 2 2 2 z = y ⇒ F y + y + y = 4, y = ± 2, x = ±1, x = ±1 2 2 2 (8 puntos). Máximo: T = 200 si x = z , mínimo: −200 si x = − z . Fy : λ = 100 xz ⇒ Fx :100 y 2 z − 200 x 2 z = 0; x 2 =
181 http://www.damasorojas.com.ve Dr. DÁMASO ROJAS
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35) Se elabora una caja sin tapa con una cantidad de material dada. Determine las dimensiones relativas de la caja que contenga el mayor volumen posible. Dejar l, w , y h el número de unidades de la longitud, anchura y altura de la caja. Dejar V unidades cubicas que su volumen y unidades de S cuadrados su superficie ( S es una constante). V = lwh y S = lw + 2lh + 2 wh, l > 0, w > 0, h > 0 ⇒ f ( l, w, h, λ ) = lwh + λ ( lw + 2lh + 2 wh − S )
1 S 2 1 Así V < lS , y V puede ser arbitrariamente pequeño. Cualquier punto crítico es un 2 máximo. ∂F 1 2 1 ∂F 1 2 1 = wh + λ ( w + 2h ) = 0; + = − ⇒ = lh + λ ( l + 2h ) = 0; + = − h w h l ∂l ∂w λ λ 2 2 1 ∂F = lw + λ ( 2l + 2 w ) = 0; + = − w l ∂h λ 1 1 1 1 1 1 Por lo tanto = − . Por lo tanto V tiene un máximo cuando , =− , =− 4λ w 4λ h 2λ l 1 l : w : h = 1:1: . 2 36) . Demuestre que la caja rectangular de mayor volumen que puede colocarse dentro de una esfera tiene la forma de un cubo. Dejar x, y , z el número de unidades en las dimensiones de la caja. Si a unidades es el
ww
w.
M
at e
m
at
ic
a1
.c om
wh <
diámetro de la esfera, porque el cuadro más grande se encuentra inscrito en la esfera, la diagonal de la caja es a unidades. Así, queremos demostrar que el volumen funcionales definidos por V ( x, y, z ) = xyz sujeta a la restricción x 2 + y 2 + z 2 = a 2
(1) tiene un valor máximo absoluto si x = y = z . Dejar F la función
definida por F ( x, y, z , λ ) = xyz + λ ( 0.15 xy + 0.60 xz + 0.60 yz − 10 ) . Entonces
Fx ( x, y, z, λ ) = yz + 2λ x = 0
(2)
Fy ( x, y, z, λ ) = xz + 2λ y = 0
(3)
Fz ( x, y, z, λ ) = xy + 2λ z = 0
(4)
Se multiplica en ambos lados de la ecuación (2) por x , a ambos lados de la ecuación (2) por y , y en ambos lados de la ecuación (4) por z . Esto se traduce en
xyz + 2λ x 2 = 0 ⇒ xyz + 2λ y 2 = 0 ⇒ xyz + 2λ z 2 = 0 y concluimos que x 2 = y 2 = z 2 , y por 182 http://www.damasorojas.com.ve Dr. DÁMASO ROJAS
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lo tanto x = y = z . Porque el conjunto de restricciones es cerrado y acotado, V tiene un valor máximo absoluto que debe ocurrir en el punto crítico. Por lo tanto, el cuadro con mayor volumen que puede ser colocado en una esfera es un cubo. 37) Si T ( x, y ) grados es la temperatura en cualquier punto ( x, y ) del disco circular limitado por la circunferencia x 2 + y 2 = 1 y T ( x, y ) = 2 x 2 + y 2 − y determine los puntos más calientes y los más fríos del disco y la temperatura en esos puntos.
T = 2 x + y 2 − y . Porque el disco x 2 + y 2 ≤ 1 es cerrado y acotado, extremos se alcanzan 2
en un punto crítico o un punto límite. En un punto crítico Tx = 4 x = 0; x = 0 y Ty = 2 y − 1 = 0; y =
1 1 ⎛ 1⎞ ⇒ T ⎜ 0, ⎟ = − . En la frontera 2 4 ⎝ 2⎠
x 2 = 1 − y 2 , − 1 ≤ y ≤ 1 ⇒ T = 2 (1 − y 2 ) + y 2 − y = 2 − y 2 − y ⇒ Ty = −2 y − 1; y =
.c om
1 . 2
at
ic
a1
1 1 9 Cuando y = −1, x = 0 y T = 2 . Cuando y = − , x = ± 3 y T = . Cuando y = 1, x = 0 y 2 2 4 1⎞ ⎛ 1 T = 0 . Por lo tanto la temperatura es más caliente en los puntos ⎜ ± 3, − ⎟ y el más 2⎠ ⎝ 2
at e
m
⎛ 1⎞ frío en el punto ⎜ 0, ⎟ . ⎝ 2⎠ 38) En el ejercicio 39 suponga que la región es la mitad superior del disco circular, por
M
lo que la región está definida por x 2 + y 2 ≤ 1 y y ≥ 0 . Determine los puntos más
ww
w.
calientes y los más fríos de la región si T ( x, y ) = 2 x 2 − 3xy + 5 y 2 y la temperatura en esos puntos. Porque la región es cerrada y acotada, extremos se alcanzan en un punto crítico o un punto límite. Tx = 4 x − 3 y = 0 ⇒ Ty = −3 x + 10 y = 0 . Por lo tanto los únicos puntos críticos es ( 0, 0 ) y T ( 0, 0 ) = 0 , que resulta ser mínima absoluta. Si y = 0, − 1 ≤ x ≤ 1 , entonces T = 2 x 2 , que tenga un mínimo de 0 en 0 y un máximo de 1 en ±1 . Si
x 2 + y 2 = 1, y ≥ 0 , dejar F ( x, y , λ ) = 2 x 2 − 3 xy + 5 y 2 + λ ( x 2 + y 2 − 1)
Fx ( x, y, λ ) = 4 x − 3 y + 2λ x = ( 4 + 2λ ) x − 3 y = 0
(1)
Fy ( x, y, λ ) = −3x + 10 y + 2λ y = −3x + (10 + 2λ ) y = 0
(2)
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Este sistema lineal homogéneo tiene la solución ( 0, 0 ) . De lo contrario de ecuaciones (1) y (2)
y ,
para
y=
obtenemos
4 + 2λ x 3
y=
y
4 + 2λ 3 = ⇒ 4λ 2 + 28λ + 40 = 0 ⇒ 4λ 2 + 28λ + 31 = 0 3 10 + 2λ 1 4 + 2λ = −1 ± 2 λ = −7 ± 3 2 ⇒ 2 3
(
)
(
3 10 + 2λ
y
así
(3)
(4)
)
(
)
Sustituyendo en la restricción, obtenemos 1 = x 2 + y 2 = x 2 + −1 ± 2 x 2 = 4 ± 2 2 x 2 y así x 2 =
1 4±2 2
=
(
)
1 2 ± 2 ⇒ x = ± 2 ± 2 . Si seleccionamos el signo positivo en (4), 4
1 1 7 3 2 + 2, y = 2 − 2 y T = − 2 2 2 2 2 (después de mucho trabajo). Si elegimos el signo negativo en (3), elegimos la raíz negativa. 1 1 7 3 Entonces x = − 2 − 2, y = 2 + 2 ,T = + 2 que es el valor máximo absoluto. 2 2 2 2 Los puntos críticos son los vectores del sistema 4 x − 3 y = 0, − 3 x + 10 y = 0 , y la ecuación
característica.
Alternativamente,
dejar
que
at
(3) es la ecuación x = cos θ , y = sen θ , 0 ≤ θ ≤ π .
ic
a1
.c om
elegimos la raíz positiva. Entonces x =
ww
w.
M
at e
m
3 5 T = 2 cos 2 θ − 3 sen θ cos θ + 5cos 2 θ = (1 + cos 2θ ) − sen 2θ + (1 − cos 2θ ) 2 2 7 3 3 7 3 1 1 ⎞ ⎛1 ⎞ 7 3 ⎛ 2⎜ 2 sen 2θ + 2 cos 2θ ⎟ = − 2 sen ⎜ 2θ + π ⎟ = − sen 2θ − cos 2θ = − 2 2 2 2 2 2 4 ⎠ ⎝2 ⎠ 2 2 ⎝ 7 3 Al valor máximo de T en el arco, ya que el valor máximo absoluto, es + 2 si 2 2 1 ⎞ 1 3 5 ⎛ sen ⎜ 2θ + π ⎟ = −1 ⇒ 2θ + π = π ⇒ 2θ = π 4 ⎠ 4 2 4 ⎝ 1⎛ 5 ⎞ 1 1⎛ 5 ⎞ 1 2 − 2 ⇒ y = sen θ = 2+ 2 x = cos θ = − ⎜1 + cos π ⎟ = − ⎜1 − cos π ⎟ = 2⎝ 4 ⎠ 2 2⎝ 4 ⎠ 2 7 3 1 1 El mínimo en el arco − 2 > 0 cuando x = 2 + 2 y y = 2 − 2 . 2 2 2 2 39) En el ejemplo3, suponga que la función utilidad involucra cinco artículos A, B, C , D
y E . Además, suponga que x unidades de A , y unidades de B, z unidades de C , s unidades de D y t unidades de E se consumen semanalmente, y que los
precios de A, B, C , D y E son, respectivamente, $2, $3, $4, $1 y $5 . Si 184 http://www.damasorojas.com.ve Dr. DÁMASO ROJAS
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U ( x, y, z, s, t ) = xyzst y el gasto semanal para los artículos es de $150 , ¿Cuántas unidades de cada artículo deben comprarse por semana para maximizar el índice de utilidad del consumidor? Dado
2 x + 3 y + 4 z + s + t = 150 ,
2x = 3 y = 4z = s = t =
24U = ( 2 x )( 3 y )( 4 z ) st
maximizamos
cuando
150 = 30 ⇒ x = 15 ⇒ y = 10 ⇒ z = 7.5 . 5
40) Una compañía tiene tres fábricas y todas elaboran el mismo producto. Si la fábrica A produce x unidades, la fábrica B produce y unidades y la fábrica C produce
.c
om
z unidades, entonces sus respectivos costos de producción son ( 3x 2 + 200 )
at ic
a1
dólares, ( y 2 + 400 ) dólares y ( 2 z 2 + 300 ) dólares. Si se va a surtir un pedido de
M at em
1100 unidades, emplee multiplicadores de LaGrange para determinar cómo debe distribuirse la producción entre las tres fábricas a fin de minimizar el costo total de producción.
Minimizar C = ( 3 x 2 + 200 ) + ( y 2 + 400 ) + ( 2 z 2 + 300 ) = 3 x 2 + y 2 + 2 z 2 + 1100 sujeto a
w.
x + y + z = 1100
1 λ 6 1 1 1 1 1 11 Fy = 2 y − λ = 0, y = λ ⇒ Fz = 4 z − λ = 0, z = λ λ + λ + λ = λ = 1100 2 4 6 2 4 12 λ = 1200. x = 200, y = 600, z = 300
ww
F = 3x 2 + y 2 + 2 z 2 + 1100 − λ ( x + y + z − 100 ) ⇒ Fx = 6 x − λ = 0, x =
DÁMASO ROJAS FEBRERO 2012
185 http://www.damasorojas.com.ve Dr. DÁMASO ROJAS
MULTIPLICADORES DE LAGRANGE Multiplicadores de LaGrange Es el método empleado para resolver problemas de optimización restringida. Consiste en convertir un problema de extremos restringidos en una forma tal que se pueda aplicar las condiciones para extremos libres. Planteamiento geométrico. Supongamos una superficie, definida por la función
z = f ( x, y ) , y sobre esta superficie tracemos una curva, definida por la ecuación g ( x, y ) = 0 . Se trata de encontrar los máximos y mínimos de esta curva espacial. Planteamiento analítico. Se trata de hacer máxima o mínima una función f ( x, y ) sujeta a una restricción g ( x, y ) = 0 .
.c om
Reducción a una variable: Teóricamente el problema se puede resolver despejando “y” en
a1
la ecuación g ( x, y ) = 0 : y = h ( x ) y sustituyendo en f ( x, y ) = f ( x, h ( x ) ) = k ( x ) , con lo
m
variables en la ecuación g ( x, y ) = 0 .
at
ic
cual el problema se reduce a calcular un máximo o un mínimo de una sola variable. El problema se presenta cuando no es práctico o no es posible despejar una de las
at e
Método de los multiplicadores de Lagrange. Los extremos de la función f ( x, y )
M
condicionados por la restricción g ( x, y ) = 0 , se producen en los puntos críticos de la
ww
w.
función de Lagrange: L ( x, y, λ ) = f ( x, y ) + λ g ( x, y ) Condiciones necesarias de extremo. Las condiciones necesarias del extremo de una función de Lagrange vienen dadas por el sistema de ecuaciones. ⎧ ∂L ⎪ ∂x = f x ( x, y ) + λ g x ( x, y ) = 0 ⎪ ⎪ ∂L ⎨ = f y ( x, y ) + λ g y ( x, y ) = 0 ⎪ ∂y ⎪ ∂L = g ( x, y ) = 0 ⎪ ∂λ ⎩ Para resolver el sistema, eliminamos λ de las dos primeras ecuaciones y el resultado lo sustituimos en la tercera (procurando no perder soluciones con las simplificaciones). 162 http://www.damasorojas.com.ve Dr. DÁMASO ROJAS
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CONDICIONES SUFICIENTES PARA LA EXISTENCIA DE EXTREMOS. a) Caso de dos variables Sea P ( x0 , y0 ) un punto crítico de la función de Lagrange L ( x, y, λ ) , obtenido para un valor concreto λ = λ0 . Formamos la función de Lagrange para ese λ = λ0 , L ( x, y, λ0 ) = f ( x, y ) + λ0 g ( x, y ) Para estudiar su naturaleza podemos seguir dos caminos: (a‐1) Método de la diferencial segunda El problema de la existencia y el carácter del extremo condicional se resuelve averiguando el signo de la segunda diferencial de la función de Lagrange (particularizada para λ = λ0 ) d 2 L ( x0 , y0 , λ0 ) =
∂2 L 2 ∂2 L ∂2 L 2 dx + dxdy + dy 2 ∂x 2 ∂x∂y ∂y 2 a condición de que:
.c om
g x dx + g y dy = 0
at
ic
a1
Si d 2 L > 0 la función tiene un mínimo condicionado, y si d 2 L < 0 la función tiene un máximo condicionado. (a‐2) Método del Hessiano Hallamos el Hessiano de la función de Lagrange
m
L ( x, y, λ0 ) = f ( x, y ) + λ0 g ( x, y ) , f xx ( x0 , y0 ) En el punto crítico correspondiente, y sólo
at e
podemos concluir en el caso de que sea positivo.
w.
M
⎡ Lxx ( x0 , y0 ) Lxy ( x0 , y0 ) ⎤ ⎧⎪ Lxx ( x0 , y0 ) >→ Hay mínimo condicional D ( x0 , y0 ) = ⎢ ⎥ >0⇒⎨ ⎪⎩ Lxx ( x0 , y0 ) < 0 → Hay máximo condicional ⎣ Lyx ( x0 , y0 ) Lyy ( x0 , y0 ) ⎦ Es decir, si el Hessiano es positivo hay extremo (el tipo lo da Hay máximo condicional
ww
f xx ( x0 , y0 ) ; si es negativa máximo y si es positiva mínimo). En los demás casos hay duda (que habrá que resolver por otro método) b) Caso de tres o más variables (caso general). Calculamos los siguientes determinantes (con las derivadas evaluadas en P ( x0 , y 0 ) : ⎡0 ⎢ Δ3 = ⎢ gx ⎢gy ⎣
gx Lxx L yx
gy ⎤ ⎥ L xy ⎥ L yy ⎥⎦
⎡0 ⎢g x Δ4 = ⎢ ⎢gy ⎢ ⎣⎢ g z
gx L xx L yx Lzx
gY L xy L yy L zy
gz ⎤ L xz ⎥⎥ L yz ⎥ ⎥ L zz ⎦⎥
Δ n =:::::::::: 163 http://www.damasorojas.com.ve Dr. DÁMASO ROJAS
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a) Si todos los determinantes tienen signo negativo, entonces la función tiene un mínimo condicionado en P ( x0 , y0 ) b) Si los determinantes tienen signo alterno (comenzando con un valor positivo), entonces la función tiene un máximo condicionado en P ( x0 , y0 ) c) Si todos los Δ k ≠ 0 pero no se cumplen ninguna de las dos condiciones anteriores, entonces la función no posee extremo condicionado en P ( x0 , y0 ) d) Si algún Δ k ≠ 0 hay duda. Reducción a dos variables: Los extremos de la función f ( x, y, z ) , condicionados por la restricción g ( x, y, z ) = 0 , pueden reducirse a un extremo de dos variables en aquellos casos en que sea posible despejar una de las variables de la ecuación g ( x, y, z ) = 0 .
.c om
a1
Extremos condicionados con varias ligaduras: Los extremos de la función f ( x ⋅ y ⋅ z ) ,
ic
condicionados por las restricciones g ( x, y, z ) = 0 y h ( x, y, z ) = 0 se producen en los
at
puntos críticos de la función de Lagrange: L ( x, y, z ) = f ( x, y, z ) + λ g ( x, y, z ) + Φh ( x, y, z )
f ( x, y ) = 25 − x 2 − y 2 con la restricción x 2 + y 2 − 4 y = 0 .
w.
1.
M
at e
m
EJERCICIOS RESUELTOS. Utilice el método de multiplicadores de LaGrange para determinar los puntos críticos de la función sujeta a la restricción.
ww
f ( x, y ) = 25 − x 2 − y 2 y x 2 − y 2 − 4 y = 0 . F ( x, y , λ ) = 25 − x 2 − y 2 + λ ( x 2 + y 2 − 4 y ) ⇒ Fx ( x, y , λ ) = 2 x + 2λ x Fy ( x, y , λ ) = −2 y + λ ( 2 y − 4 ) ⇒ Fλ ( x, y , λ ) = x 2 + y 2 − 4 y
Ajustando Fx ( x, y , λ ) = 0 , obtenemos λ = 1 o x = 0 . Ajustando Fy ( x, y , λ ) = 0 vemos que λ = 1 es imposible. Ajustando Fλ ( x, y , λ ) = 0 y con x = 0 obtenemos y = 0 y y = 4 . Por lo tanto, el punto crítico es ( 0, 0 ) y ( 0, 4 ) . 2.
f ( x, y ) = 4 x 2 + 2 y 2 + 5 con la restricción x 2 + y 2 − 2 y = 0 .
f ( x, y ) = 4 x 2 + 2 y 2 + 5 y g ( x, y ) = x 2 + y 2 − 2 y = 0
164 http://www.damasorojas.com.ve Dr. DÁMASO ROJAS
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F ( x, y, λ ) = 4 x 2 + 2 y 2 + 5 + λ ( x 2 + y 2 − 2 y ) ⇒ Fx ( x, y, λ ) = 8 x + 2λ z = 2 x ( 4 + λ ) ⇒ Fλ ( x, y, λ ) = 4 y + 2λ y = 2 y ( 2 + λ ) = 0
De Fx , o x = 0 y de g , y = 0 o y = 2 con satisfacer Fy con λ = −2 ; o λ = −4 , y de Fy , y = 0 así x = 0 de g . Así ( 0, 0 ) y ( 0, 2 ) son el punto crítico.
3.
f ( x, y , z ) = x 2 + y 2 + z 2 con la restricción 3 x − 2 y + z − 4 = 0
f ( x, y , z ) = x 2 + y 2 + z 2 , y 3 x − 2 y + z − 4 = 0 .
F ( x, y , z , λ ) = x 2 + y 2 + z 2 + λ ( 3 x − 2 y + z − 4 ) Fx = 2 x + 3λ = 0 ⇒ Fy = 2 y − 2λ = 0 ⇒ Fz = 2 z + λ = 0 ⇒ Fλ = 3 x − 2 y + z − 4 = 0
a1
.c om
4 6 7 2 Resolver al mismo tiempo, obtenemos λ = − , x = , y = − y z = . Por lo tanto, el 7 7 4 7 ⎛6 4 2⎞ punto crítico es ⎜ , − , ⎟ . ⎝7 7 7⎠
ic
Dejar
f ( x, y , z ) = x 2 + y 2 + z 2 con la restricción y 2 − x 2 = 1 .
g ( x, y, z ) = x 2 − y 2 + 1 .
Dejar
F
at
4.
la
función
m
F ( x, y, z, λ ) = f ( x, y, z ) + λ g ( x, y, z ) = x 2 + y 2 + z 2 + λ x 2 − λ y 2 + λ .
definida
por
Encontramos
los
at e
puntos críticos de la función F . Dejar
(1)
Fy ( x, y, z, λ ) = 2 y − 2λ y = 2 y (1 − λ ) = 0
(2)
Fz ( x, y, z, λ ) = 2 z = 0
w.
M
Fx ( x, y, z, λ ) = 2 x + 2λ x = 2 x (1 + λ ) = 0
(3)
Fλ ( x, y, z, λ ) = x 2 − y 2 + 1 = 0
(4)
ww
De (3) tenemos z = 0 . De (2) tenemos bien λ = 1 o y = 0 . Rechazamos y = 0 porque entonces la ecuación (4) sería necesario que x 2 + 1 = 0 lo cual es imposible. Si λ = 1 en la ecuación (1), obtenemos x = 0 . Sustituyendo x = 0 en la ecuación (4), tenemos − y 2 + 1 = 0, y = ±1 . Por lo tanto, ( 0,1, 0 ) y ( 0, −1, 0 ) son los puntos críticos. Utilice el método de multiplicadores de LaGrange para determinar los extremos absolutos de f sujeta a la restricción. También determine los puntos en los que ocurren los extremos. 5.
f ( x, y ) = x 2 + y con la restricción x 2 + y 2 = 9 .
f ( x, y ) = x 2 + y , y x 2 + y 2 = 9 165 http://www.damasorojas.com.ve Dr. DÁMASO ROJAS
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F ( x, y , λ ) = x 2 + y + λ ( x 2 + y 2 − 9 ) Fx ( x, y, λ ) = 2 x + 2λ x = 0 ⇒ Fy ( x, y, λ ) = 1 + 2λ y = 0 ⇒ Fλ ( x, y, λ ) = x 2 + y 2 − 9 = 0
La resolución de estas ecuaciones de forma simultánea, obtenemos las soluciones: 1 1 1 1 x = 0, y = 3, λ = − ⇒ x = 0, y = −3, λ = ⇒ x = 35, y = , λ = −1 6 6 2 2 1 1 x=− 35, y = , λ = −1 2 2 1 ⎞ 37 ⎛ 1 f ( 0,3) = 3 ⇒ f ( 0, −3) = −3 , mínimo absoluto f ⎜ ± , máximo absoluto. 35, ⎟ = 2⎠ 4 ⎝ 2 6.
f ( x, y ) = x 2 y con la restricción x 2 + 8 y 2 = 24 .
f ( x, y ) = x 2 y y g ( x, y ) = x 2 + 8 y 2 = 24
.c om
F ( x, y , λ ) = x 2 y + λ ( x 2 + 8 y 2 − 24 ) ⇒ Fx ( x, y , λ ) = 2 xy + 2λ x = 2 x ( y + λ ) = 0
a1
Fy ( x, y , λ ) = x 2 + 16λ y = 0
(
ic
Si x = 0 , luego de g , y = ± 3 . Si λ = − y , luego de Fy , x 2 = 16 y 2 , y de
)
at e
7.
f ( ±4, −1) = −4 ,
m
mínimo absoluto.
at
g , y = ±1, x = ±4 ⇒ f 0, ± 3 = 0 ⇒ f ( ±4,1) = 4 , máximo absoluto;
f ( x, y , z ) = xyz con la restricción x 2 + 2 y 2 + 4 z 2 = 4
M
f ( x, y , z ) = xyz , y x 2 + 2 y 2 + 4 z 2 = 4
ww
w.
f ( x, y, z, λ ) = xyz + λ ( x 2 + 2 y 2 + 4 z 2 − 4 ) ⇒ Fx = yz + 2 z λ = 0; xyz = −2 x 2 λ Fy = xz + 4 yλ = 0; xyz = −4 y 2 λ ⇒ Fz = xy + 8 z λ = 0; xyz = −8 z 2 λ
1 1 . Entonces Por lo tanto x 2 = 4 x 2 , y 2 = 2 x 2 , y 4 z 2 + 2 ( 2 z 2 ) + 4 z 2 = 4; z 2 = , z = ± 3 3 x=±
4 2 ,y=± . 3 3
⎛ 4 ⎛ 4 2 1⎞ ⎛ 4 ⎛ 4 2 2 1⎞ 2 1⎞ 1⎞ 2 f ⎜⎜ − , − , − ⎟⎟ = f ⎜⎜ − , , ,− , , , − ⎟⎟ = − 6 ⎟⎟ = f ⎜⎜ ⎟⎟ = f ⎜⎜ 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 9 ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎛ 4 2 1⎞ ⎛ 4 ⎛ 4 2 ⎛ 4 2 1⎞ 1⎞ 2 1⎞ 2 f ⎜⎜ , , , − , − ⎟⎟ = f ⎜⎜ − , , − ⎟⎟ = f ⎜⎜ − , − , 6 ⎟⎟ = f ⎜⎜ ⎟= 3 3⎠ 3⎠ 3 3 ⎟⎠ 9 ⎝ 3 3 3⎠ ⎝ 3 ⎝ 3 3 ⎝ 3 Sí λ = 0 , tenemos 6 puntos críticos adicionales ( ±1, 0, 0 ) , ( 0, ±1, 0 ) , ( 0, 0, ±1) en la que f = 0 . Porque el conjunto de restricciones es cerrado y acotado, f tiene extremos, 166 http://www.damasorojas.com.ve Dr. DÁMASO ROJAS
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tomados en los puntos críticos. Por lo tanto f tiene un valor máximo de mínimo de −
2 6 y un valor 9
2 6 . 9
8. Dejar
f ( x, y , z ) = y 3 + xz 2 con la restricción x 2 + y 2 + z 2 = 1
g ( x, y, z ) = x 2 + y 2 + z 2 − 1 .
Dejar
F
la
función
definida
por
F ( x, y, z, λ ) = f ( x, y, z ) + λ g ( x, y, z ) = y 3 + xz 2 + λ z 2 + λ z 2 − λ . Nos encontramos con los puntos críticos de la función F . Sea
Fx ( x, y, z, λ ) = x 2 + 2λ x = 0
(1)
Fy ( x, y, z, λ ) = 3 y 2 + 2λ y = y ( 3 y + 2λ )
(2)
Fz ( x, y, z, λ ) = 2 xz + 2λ z = 2 z ( x + λ )
(3)
Fλ ( x, y, z, λ ) = x 2 + y 2 + z 2 − 1 = 0
(4)
.c om
ic
a1
De la ecuación (3) o z = 0 o z = −λ . Si z = 0 , entonces la ecuación (1), o x = 0 ; entonces la ecuación (4), y = ±1 , o λ = 0 ;
at
entonces la ecuación (2), y = 0 y de (4) x = ±1 .
m
Si x = −λ , entonces de la ecuación (1) z 2 = 2λ 2 y de la ecuación (2) o y = 0 ; entonces de 1 1 2 2 3 así x = m 3 y z 2 = o y = − λ ; entonces de (4), 3 3 3 3 4 9 λ 2 + λ 2 + 2λ 2 − 1 = 0, λ 2 = . 9 31 Enumeramos los puntos críticos, los valores de f y nuestra conclusión y x λ z f ( x, y , z )
ww
w.
M
at e
(4), 3λ 3 − 1 = 0, λ = ±
1
Máximo absoluto
−1
Mínimo absoluto
0
1
0
−
0
−1
0
1
0
0
3 2 0
0
−1
0
0
0
0
1 3 3 1 3 3 1 − 3 3
0
1 6 3 1 − 6 3 1 6 3
−
1 3 3 1 − 3 3 1 3 3
2 3 9 2 3 9 2 − 3 9
0 0
3 2
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−
1 3 3 3 31
3 31 −3 31 −3 31
0
2 31 2 31 −2 31 −2 31
−
1 6 3
3 2 31
−3 2 31
3 2 31
3 2 31
1 3 3 −3 31
−3 31 3 31 −3 31
−
2 3 9 2 31
2
31 2
31 −2
31
.c om
Calcule los valores máximo y mínimo absolutos de f en la región indicada. Utilice las 9. La función del ejercicio 5, x 2 + y 2 ≤ 9 .
a1
respuestas de los ejercicios para los extremos en la frontera.
ic
f ( x, y ) = x 2 + y, x 2 + y 2 ≤ 9 ⇒ f x = 2 x = 0 ⇒ f y = 1 = 0 . No hay puntos críticos. Los
m
at
extremos absolutos son aquellos en los límites que figuran en la ecuación 5.
at e
10. La función del ejercicio 6, x 2 + 8 y 2 ≤ 24 .
f ( x, y ) = x 2 y y x 2 + 8 y 2 ≤ 24 ⇒ f x = 2 xy = 0 ⇒ f y = x 2 = 0 . El único punto crítico es
w.
ww
ejercicio 6.
M
( 0, 0 ) ⇒ f ( 0, 0 ) = 0 . Los extremos absolutos son aquellos en los límites que figuran en el 11. La función del ejercicio 7, x 2 + 2 y 2 + 4 z 2 ≤ 4 .
f ( x, y, z ) = xyz, x 2 + 2 y 2 + 4 z 2 ≤ 4 ⇒ f x = yz = 0 ⇒ f y = xz = 0 ⇒ f z = xy = 0 .
Cada
punto de cada eje es un punto crítico y f = 0 . Los extremos absolutos son aquellos en los límites que figuran en el ejercicio 7 12. La función del ejercicio 8, x 2 + y 2 + z 2 ≤ 1 . Encontramos los puntos críticos de f .
f x ( x, y, z ) = x 2 = 0 ⇒ f y ( x, y, z ) = 3 y 2 = 0 ⇒ f z ( x, y, z ) = xz = 0 Por lo tanto, cualquier punto del eje x es un punto crítico. Porque f ( x, y, z ) = 0 si
x = z = 0 , los extremos absolutos son aquellos en los límites que figuran en ejercicio 8. 168 http://www.damasorojas.com.ve Dr. DÁMASO ROJAS
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Calcule el valor mínimo absoluto de f sujeta a la restricción. 13. f ( x, y , z ) = x 2 + y 2 + z 2 con la restricción xyz = 1 .
f ( x, y, z ) = x 2 + y 2 + z 2 , y xyz = 1 f ( x, y, z, λ ) = x 2 + y 2 + z 2 + λ ( xyz − 1) ⇒ Fx ( x, y, z, λ ) = 2 x + λ yz = 0; 2 x 2 = −λ xyz = −λ Fy ( x, y, z , λ ) = 2 y + λ xz = 0; 2 y 2 = −λ xyz = −λ ⇒ Fz ( x, y, z, λ ) = 2 z + λ zy = 0; 2 z 2 = −λ xyz = −λ Por lo tanto x 2 = y 2 = z 2 . De xyz = 1 tenemos los cuatro puntos críticos
(1,1,1) , (1, −1, −1) , ( −1,1, −1) , y ( −1, −1,1) . En cada uno de estos puntos f ( x, y, z ) = 3 que es el número de f . 14. f ( x, y , z ) = xyz con la restricción x 2 + y 2 + z 2 = 1 . f ( x, y , z ) = xyz , y x 2 + y 2 + z 2 = 4
.c om
f ( x, y, z, λ ) = xyz + λ ( x 2 + y 2 + z 2 − 1) ⇒ Fx = yz + 2 z λ = 0; xyz = −2 x 2 λ
a1
Fy = xz + 2 yλ = 0; xyz = −2 y 2 z = −2 y 2 ⇒ Fz = xy + 2 z λ = 0; xyz = −2 z 2 λ
4 2 8 ;z=± 3 . En + + +, + − −, − + −, + − −, f = 3 y en 3 3 9 8 − − −, − + + , + − + , + + −, f = − 3 . Si λ = 0 , hemos ( ±2, 0, 0 ) , ( 0, ±2, 0 ) , ( 0, 0, ±2 ) en la 9 8 que f = 0 . El mínimo es − 3 . 9 Obtenga el valor máximo absoluto de f sujeta a la restricción
w.
M
at e
m
at
ic
Por lo tanto x 2 = y 2 = z 2 =
ww
15. f ( x, y, z ) = x + y + z con la restricción x 2 + y 2 + z 2 = 9 .
f ( x, y, z ) = x + y + z y x 2 + y 2 + z 2 = 9 . 1 f ( x, y, z , λ ) = x + + z + λ ( x 2 + y 2 + z 2 − 9 ) ⇒ Fx = 1 + 2λ x = 0; x = − λ 2 1 Fy = 1 + 2λ z = 0; z = − λ , x = y = z ⇒ Fz = x 2 + y 2 + z 2 − 9; x 2 + y 2 + z 2 − 9 = 0 2 x=± 3 Los puntos críticos son
(
)(
)
3, 3, 3 , − 3, − 3, − 3 ⇒ f
(
)
(
)
3, 3, 3 = 3 3 ⇒ f − 3, − 3, − 3 = −3 3
Porque el conjunto de restricciones es cerrado y acotado, f tiene valores extremos, asumió en los puntos críticos. Por lo tanto, el valor máximo de f es 3 3 . 169 http://www.damasorojas.com.ve Dr. DÁMASO ROJAS
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16. f ( x, y, z ) = xyz, x ≥ 0, y ≥ 0 y z ≥ 0 con la restricción 2 xy + 3 xz + yz = 72 . El conjunto de restricciones es un hiperboloide de dos hojas (ver abajo) y cumple con los planos de coordenadas en el hipérbolas zy = 72, xz = 24 , y xy = 36 . Debido a que no está acotado, tenemos que probar que es un máximo absoluto. Si x = y = z , entonces 6 x 2 = 72, x = 2 3 y f = x 3 = 24 3 > 41 . Ahora se demuestra que f tiene valores
menores fuera de una cierta cerrada y acotada. Resolvemos la restricción para z y 72 − 2 xy 72 − 2 xy sustituir en f . Entonces z = y f = xy . Debido a que el máximo es 3x + y 3x + y positiva, tenemos xy ≤ 36 y f ≤ 36
72 . Si ( x, y ) está dentro o fuera de la plaza 3x + y
S = [ 0, 20] × [ 0, 20] , entonces f ≤
.c om
36.72 = 32.4 . Por lo tanto, f tiene un máximo en un 60 + 20 punto interior de S , es decir, en el punto crítico. Sea F la función definida por F . Sea
Fx ( x, y, z, λ ) = yz + λ ( 2 y + 3z ) = 0
Fy ( x, y, z , λ ) = yz + λ ( 2 x + z ) = 0
(1)
(2)
(3)
(4)
ic
at
m
Fz ( x, y, z, λ ) = xy + λ ( 3x + y ) = 0
a1
F ( x, y, z, λ ) = xyz + λ ( 2 xy + 3xz + yz − 72 ) . Encontramos los puntos críticos de la función
at e
Fλ ( x, y, z, λ ) = 2 xy + 3xz + yz − 72 = 0
M
Multiplicamos la ecuación (1) por x , la ecuación (2) por y , y la ecuación (3) por z . Este resultado es
(5)
xyz + λ ( 2 xy + yz ) = 0
(6)
xyz + λ ( 3xz + yz ) = 0
(7)
(8)
(9)
ww
w.
xyz + λ ( 2 xy + 3xz ) = 0
De las ecuaciones (5) y (6) concluye que 1 3 xz = yz ⇒ x = y 3 De las ecuaciones (6) y (7) concluye que 2 2 xy = 3 xz ⇒ z = y 3 Sustituyendo de (8) y (9) en (4) tenemos ⎛1 ⎞ ⎛ 1 ⎞⎛ 2 ⎞ ⎛2 ⎞ 2 ⎜ y ⎟ y + 3 ⎜ y ⎟ ⎜ y ⎟ + y ⎜ y ⎟ − 72 = 0 ⇒ 2 y 2 = 72 ⎝3 ⎠ ⎝ 3 ⎠⎝ 3 ⎠ ⎝3 ⎠
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Entonces y = 6, x = 2 , y z = 4 y el valor máximo es f ( 2, 6, 4 ) = ( 2 )( 6 )( 4 ) = 48 . Como alternativa, considere la posibilidad 6 f 2 = 6 x 2 y 2 z 2 = ( 2 xy )( 3xz )( yz ) . Porque la suma de los factores es constante ( 72 ) del producto es máxima cuando son iguales, lo que lleva de inmediato a las ecuaciones (8) y (9). Se muestra como representar gráficamente la restricción. Comenzar con la superficie más simple xy + yz + zx = 1 . Sustituto
x = u + v, y = u − v , y completar el cuadrado para frenar que tenemos un hiperboloide de dos hojas. u 2 + 2uz − v 2 = 1 ⇒ ( u + z ) − z 2 − v 2 = 1 2
Ahora
vamos
(u + z )
a
2
= sec 2 r , z 2 + v 2 = tan 2 r
lo
que
conduce
a
u + z ) sec r , z = tan r sen s, v = tan r cos s . Las ecuaciones paramétricas son
y = ( u + z ) − v − z = sec r + tan r cos s − tan r sen s
a1
z = tan r sen s
.c om
x = ( u + z ) + v − z = sec r + tan r cos s − tan r sen s
ic
Para la superficie de nuestro problema, se multiplican las fórmulas para x, y , z por
at
2 3, 6 3, 4 3 .
m
17. Obtenga un valor mínimo relativo de la función
f para la cual
at e
f ( x, y, z ) = x 2 + 4 y 2 + 16 z 2 con la restricción a) xyz = 1 ; b) xy = 1 ; c) x = 1 .
M
Porque z , y por lo tanto f ( x, y , z ) , puede ser arbitrariamente grande, f tiene un máximo por lo que esperamos de los puntos críticos para dar los mínimos.
ww
w.
a ) xyz = 1 ⇒ f ( x, y , z , λ ) = x 2 + 4 y 2 + 16 z 2 + λ ( xyz − 1) Fx = 2 x + yzλ = 0; 2 x 2 = − xyzλ ⇒ Fy = 8 y + xzλ = 0;8 y 2 = − xyzλ Fz = 32 x + xyλ = 0;32 z 2 = − xyz λ
Por lo tanto x 2 = 16 z 2 ; x = ±4 z ; y y 2 = 4 z 2 ; y = ±2 z . De xyz = 1 hemos 1 ( ±4 z )( ±2 z ) z = 1; z = ± . Porque xyz = 1 , los 4 puntos críticos son 2 1⎞ ⎛ 1⎞ ⎛ 1⎞ 1⎞ ⎛ ⎛ ⎜ 2,1, ⎟ , ⎜ 2,1, − ⎟ , ⎜ −2,1, − ⎟ y ⎜ −2, −1, ⎟ . En cada uno de esos 2⎠ ⎝ 2⎠ ⎝ 2⎠ 2⎠ ⎝ ⎝ f ( x, y , z ) = 4 + 4 + 4 = 12 . Por lo tanto, el valor mínimo de f es 12. b) xy = 1 ⇒ f ( x, y , z , λ ) = x 2 + 4 y 2 + 16 z 2 + λ ( xy − 1) ⇒ Fx = 2 x + λ y = 0; 2 x 2 = − λ xy Fy = 8 y + λ x = 0;8 y 2 = − λ xy ⇒ x 2 = 4 y 2 ; x = ±2 y ⇒ Fz = 32 x = 0; z = 0
e xy = 1 . Si x = 2 y ⇒ 2 y 2 = 1 ⇒ y = ±
D
1 2 ⇒ x = −2 y es imposible. Los 2 puntos 2 171
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1 1 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ críticos son ⎜ 2, 2, 0 ⎟ y ⎜ − 2, − 2, 0 ⎟ . En cada f ( x, y , z ) = 4 . Por lo tanto, el 2 2 ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ valor mínimo de f es 4. a ) x = 1 ⇒ f ( x, y , z , λ ) = x 2 + 4 y 2 + 16 x 2 + λ ( x − 1) Fx = 2 x + λ = 0 ⇒ Fy = 8 y = 0; y = 0 ⇒ Fz = 32 x = 0; z = 0
Por lo tanto el punto crítico es (1, 0, 0 ) . Porque f (1, 0, 0 ) = 1 , el valor mínimo de f es 1. 18. Utilice multiplicadores de LaGrange para determinar la distancia más corta del punto (1, 3, 0 ) al plano 4 x + 2 y − z = 5 . Dejar w unidades de la distancia desde el punto (1,3, 0 ) hasta el punto ( x, y, z ) en el
.c om
plano 4 x + 2 y − z = 5. w tiene un mínimo cuando w2 hace, y no máxima. Dejar f ( x, y, z ) = w2 = ( x − 1) + ( y − 3) + z 2 2
2
2
a1
F ( x, y, z ) = ( x − 1) + ( y − 3) + z 2 + λ ( 4 x + 2 y − z − 5 ) ⇒ Fx = 2 ( x − 1) + 4λ = 0, x = 1 − 2λ 2
at
ic
Fy = 2 ( y − 3) + 2λ = 0, y = 3 − λ ⇒ Fz = 2 z − λ = 0, z =
1 1 λ ⇒ 4 (1 − 2λ ) + 2 ( 3 − λ ) − λ = 5 2 2
21 10 1 53 5 ⇒z= λ =5⇒λ = ⇒ x = ⇒ y = 2 21 21 21 21 ⎛ 1 53 5 ⎞ Por lo tanto, f tiene un punto crítico ⎜ , , ⎟ y en este momento ⎝ 21 21 21 ⎠ 2
2
at e
m
10 −
2
ww
w.
M
5 ⎛ 1 ⎞ ⎛ 53 ⎞ ⎛ 5⎞ w = ⎜ − 1⎟ + ⎜ − 3 ⎟ + ⎜ ⎟ = 21 . 21 ⎝ 21 ⎠ ⎝ 21 ⎠ ⎝ 21 ⎠ 19. Emplee multiplicadores de LaGrange a fin de obtener la distancia más corta del
punto (1, −1, −1) al plano x + 4 y + 3 z = 2 . Dejar w unidades de la distancia desde el punto (1, −1, −1) hasta el punto ( x, y, z ) en el plano x + 4 y + 3 z = 2. w tiene un mínimo cuando w2 hace, y no tiene ningún mínimo. Dejar f ( x, y, z ) = w2 = ( x − 1) + ( y + 1) + ( z + 1) 2
2
2
F ( x, y, z , λ ) = ( x − 1) + ( y + 1) + ( z + 1) + λ ( x + 4 y + 3 z − 2 ) 2
2
2
1 Fx = 2 ( x − 1) + λ = 0; x = 1 − λ ⇒ Fy = 2 ( y + 1) + 4λ = 0; y = −1 − 2λ 2
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3 ⎛ 1 ⎞ 3 ⎞ ⎛ Fz = 2 ( z + 1) + 3λ = 0; z = −1 − λ ⎜ 1 − λ ⎟ + 4 ( −1 − 2λ ) + 3 ⎜ −1 − λ ⎟ = 2 2 ⎝ 2 ⎠ 2 ⎠ ⎝ 8 17 3 1 λ=− ⇒x= ⇒ y= ⇒z=− 13 13 13 13 1⎞ ⎛ 17 3 Por lo tanto, f tiene un punto crítico ⎜ , , − ⎟ y en este momento ⎝ 13 13 13 ⎠ 2
2
2
2
2
2
4 ⎛ 17 ⎞ ⎛ 3 ⎞ ⎛ 1 ⎞ ⎛ 4 ⎞ ⎛ 16 ⎞ ⎛ 12 ⎞ w = ⎜ − 1⎟ + ⎜ + 1 ⎟ + ⎜ − + 1⎟ = ⎜ ⎟ + ⎜ ⎟ + ⎜ ⎟ = 26 . 13 ⎝ 13 ⎠ ⎝ 13 ⎠ ⎝ 13 ⎠ ⎝ 13 ⎠ ⎝ 13 ⎠ ⎝ 13 ⎠ 20. Calcule las distancias menor y mayor desde el origen a un punto de la
elipse x 2 + 4 y 2 = 16 .
.c om
Debido a que la elipse es un conjunto cerrado y acotado, la distancia tiene un máximo y un mínimo que se produce en un momento critico. La distancia desde el origen hasta
a1
cualquier punto ( x, y ) es x 2 + y 2 unidades. Debido a las distancias de mayor a menor y se presentan como los puntos donde el cuadrado de la distancia tiene sus extremos,
ic
dejamos f ( x, y ) = x 2 + y 2 . Tenemos que encontrar los puntos donde la función f tiene
(1)
m
at
sus extremos, sujeta a la restricción x 2 + 4 y 2 = 16
at e
Deja F la función definida por F ( x, y , λ ) = x 2 + y 2 + λ ( x 2 + 4 y 2 − 16 ) . Encontramos los puntos críticos de la función F . Sea
(2)
Fy ( x, y, λ ) = 2 y + 8λ y = 2 y (1 + 4λ ) = 0
(3)
ww
w.
M
Fx ( x, y, λ ) = 2 x + 2λ z = 2 x (1 + λ ) = 0
De la ecuación (2) bien x = 0 o λ = −1 . Si x = 0 , entonces la ecuación (1) tenemos y = ±2 1 y de la ecuación (3) tenemos λ = − . Si λ = −1 , entonces la ecuación (3) tenemos y = 0 4 y de la ecuación (1) tenemos x = ±4 . Listamos cada punto crítico de λ , el valor de λ y nuestra conclusión. En cuenta que el extremos se producen en los extremos de los ejes. y x λ x2 + y 2
0
2
0
−2
4 −4
0 0
1 − 4 1 − 4 −1 −1
2
Mínimo absoluto
2
Mínimo absoluto
4 4
Máximo absoluto Máximo absoluto
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21. Calcule las distancias menor y mayor desde el origen a un punto del elipsoide
9 x 2 + 4 y 2 + z 2 = 36 . Dejar w unidades de la distancia desde el origen hasta un punto ( x, y, z ) sobre el elipsoide 9 x 2 + 4 y 2 + z 2 = 36 . El elipsoide es un conjunto acotado y cerrado por lo que hay extremos de w alcanzada en el extremos de w2 . Dejar
f ( x, y, z ) = w2 = x 2 + y 2 + z 2 ⇒ F ( x, y, z , λ ) = x 2 + y 2 + z 2 + λ ( 9 x 2 + 4 y 2 + z 2 − 36 )
Fx ( x, y, z, λ ) = 2 x + 18λ x = 0; x = 0
.c om
1 o λ = − ⇒ Fy ( x, y, z , λ ) = 2 y + 8λ y = 0; y = 0 9 1 o λ = − ⇒ Fz ( x, y, z , λ ) = 2 z + 2λ z = 0; z = 0 4 o λ = −1 ⇒ Fλ ( x, y, z, λ ) = 9 x 2 + 4 y 2 + z 2 − 36 = 0
m
at
ic
a1
Las tres soluciones posibles son: 1 λ = − , y = 0, z = 0,9 x 2 − 36 = 0, x = ±2 Punto crítico ( 2, 0, 0 ) y ( −2, 0, 0 ) . w = 2 9 1 x = 0, λ = − , z = 0; 4 y 2 − 36 = 0; y = ±3 Punto crítico ( 0,3, 0 ) y ( 0, −3, 0 ) . w = 3 4 x = 0, y = 0, λ = −1, z 2 − 36 = 0, z = ±6 Punto crítico ( 0, 0, 6 ) y ( 0, 0, −6 ) . w = 6
at e
Por lo tanto, la menor distancia desde el origen hasta un punto sobre el elipsoide es 2 y la
M
mayor distancia es de 6. Los puntos ( 0, ±3, 0 ) son puntos de silla de f .
w.
22. Si f ( x, y , z ) = 2 x 2 + 3 y 2 + z 2 , utilice multiplicadores de LaGrange para determinar
ww
el punto del plano x + y + z = 5 en el cual f ( x, y, z ) es mínimo.
f = 2 x 2 + 3 y 2 + z 2 , g = x + y + z = 5 ⇒ F ( x, y , z , λ ) = 2 x 2 + 3 y 2 + z 2 + λ ( x + y + z − 5 ) 1 1 1 Fx = 4 x + λ = 0, x = − λ ⇒ Fy = 6 y + λ = 0, y = − λ ⇒ Fz = 2 z + λ = 0, z = − λ 4 6 2 1 1 1 60 15 10 30 − λ − λ − λ =5⇒ − ⇒ x = ⇒ y= ⇒z= 4 6 2 11 11 11 11 Aunque el conjunto de restricciones es un avión que no esta acotada, la superficie de nivel son elipsoides y está claro que algunos pequeños toques elipsoides el avión. 23. Emplee multiplicadores de LaGrange para calcular el valor mínimo absoluto de f si f ( x, y, z ) = x 2 + y 2 + z 2 con las dos restricciones x + 2 y + 3 z = 6 y x − y − z = −1 . f ( x, y , z ) = x 2 + y 2 + z 2 y x + 2 y + 3 z = 6 y x − y − z = 1 .
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f ( x, y , z , γ , μ ) = x 2 + y 2 + z 2 + λ ( z + 2 y + 3 z − 6 ) + μ ( x − y − z + 1)
El conjunto de restricciones es una recta, cerrada, pero sin límites, por lo f tiene un mínimo, pero sin máximo. 1 1 1 Fx = 2 x + λ + μ = 0; x = − λ − μ ⇒ Fy = 2 y + 2λ − μ = 0; y = − λ + μ 2 2 2 3 1 Fz = 2 z + 3λ − μ = 0; z = − λ + μ ⇒ Fλ = x + 2 y + 3 z − 6 = 0; − 7λ + 2 μ = 6 2 2 3 Fμ = x − y − z + 1 = 0; 2λ − λ = −1 2 14 10 12 9 16 Por lo tanto λ = − , μ = − , x = y = , z = . El punto crítico 13 13 13 13 13
2 2 2 481 37 ⎛ 12 9 16 ⎞ ⎛ 12 ⎞ ⎛ 9 ⎞ ⎛ 16 ⎞ que es el valor mínimo f ⎜ , , ⎟ =⎜ ⎟ +⎜ + = ⎟ ⎜ ⎟ = 160 13 ⎝ 13 13 13 ⎠ ⎝ 13 ⎠ ⎝ 13 ⎠ ⎝ 13 ⎠
.c om
⎛ 12 9 16 ⎞ ⎜ , , ⎟, ⎝ 13 13 13 ⎠
es
de f .
a1
24. Use multiplicadores de LaGrange para calcular el valor mínimo absoluto de f si
at
ic
f ( x, y, z ) = x 2 + y 2 + z 2 con las dos restricciones x + y + 2 z = 1 y 3 x − 2 y + z = −4 .
m
La restricción es la línea formada por la intersección de dos planos, la distancia desde el origen llega a un mínimo absoluto en un punto crítico. Dejar F la función definida por
at e
F ( x, y, z, λ , μ ) = x 2 + y 2 + z 2 + λ ( x + y + 2 z − 1) + μ ( 3x − 2 y + z + 4 ) . Entonces
(3)
Fy ( x, y, z , λ , μ ) = 2 y + λ − 2μ = 0
(4)
Fz ( x, y, z, λ , μ ) = 2 z + 2λ + μ = 0
(5)
ww
w.
M
Fx ( x, y, z, λ , μ ) = 2 x + λ + 3μ = 0
Que resolver la ecuación (3) para x , la ecuación (4) para y , y la ecuación (5) para z 1 ( λ + 3μ ) 2 1 y = − ( λ − 2μ ) 2 1 z = − ( 2λ + μ ) 2 Sustituyendo las ecuaciones (6), (7), y en (1), obtenemos 1 1 − ( λ + 3μ ) − ( λ − 2 μ ) − ( 2λ + μ ) − 1 = 0 ⇒ −λ − 3μ − λ + 2μ − 4λ − 2μ − 2 = 0 2 2 6λ + 3μ = −2 x=−
(6) (7) (8)
(9)
Sustituyendo las ecuaciones (6), (7), y (8) en (2), obtenemos
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3 1 ( λ + 3μ ) + ( λ − 2μ ) − ( 2λ + μ ) + 4 = 0 ⇒ −3λ − 9μ + 2λ − 4μ − 2λ − μ + 8 = 0 2 2 3λ + 14μ = 8 −
(10) Resolver, 14 (Ecuación 9) – 3 (Ecuación 10): 75λ + 52 = 0, λ = − (Ecuación 9) – 2 (Ecuación 10): −25μ + 18 = 0, μ =
52 75
18 25
Sustituyendo en (6), (7), y (8), obtenemos 1 ⎛ 52 54 ⎞ 11 1 ⎛ 52 36 ⎞ 16 1 ⎛ 104 18 ⎞ 1 x = − ⎜− + ⎟ = − ⇒ y = − ⎜− − ⎟ = ⇒ z = − ⎜− + ⎟= 2 ⎝ 75 25 ⎠ 25 2 ⎝ 75 25 ⎠ 15 2 ⎝ 75 25 ⎠ 3 La evaluación
f
en el punto crítico da el valor mínimo absoluto 2
2
2
a1
.c om
134 ⎛ 11 16 1 ⎞ ⎛ 11 ⎞ ⎛ 16 ⎞ ⎛ 1 ⎞ f ⎜− , , ⎟ = ⎜− ⎟ + ⎜ ⎟ + ⎜ ⎟ = 75 ⎝ 15 15 3 ⎠ ⎝ 25 ⎠ ⎝ 15 ⎠ ⎝ 3 ⎠
ic
25. Utilice multiplicadores de LaGrange para calcular el valor mínimo relativo de f si
at
f ( x, y, z ) = xyz con las dos restricciones x + y + z = 4 y x − y − z = 3 .
m
f ( x, y, z ) = xyz , x + y + z = 4, x − y − z = 3
Fx = yz + λ + μ = 0
(1)
(2)
(3)
Fλ = x + y + z − 4 = 0
(4)
Fμ = x − y − z − 3 = 0
(5)
Fy = xz + λ − μ = 0
ww
Fz = xy + λ − μ = 0
M
w.
at e
F ( x, y, z , λ , μ ) = xyz + λ ( x + y + z − 4 ) + μ ( x − y − z − 3)
7 . De (2) y (3) obtenemos y = z . De (4) obtenemos 2 1 1 ⎛ 7 1 1 ⎞ ⎛ 7 1 1 ⎞ ⎛ 7 ⎞⎛ 1 ⎞ ⎛ 1 ⎞ 7 . Considerar y = , z = . El punto crítico es P ⎜ , , ⎟ , f ⎜ , , ⎟ = ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟ = 4 4 ⎝ 2 4 4 ⎠ ⎝ 2 4 4 ⎠ ⎝ 2 ⎠⎝ 4 ⎠ ⎝ 4 ⎠ 32
De (4) y (5) hemos 2 x − 7 = 0; x =
x y y en función de z y denotan Dz x por x′ y Dz y por y ′ . De las restricciones Por lo tanto, x ′ + y ′ + 1 = 0 ⇒ x ′ − y ′ − 1 = 0 . x ′ = 0. y ′ = −1. f ′ = x ′yz + xy ′z + xy = − xz + xy ⇒ f ′′ = − x ′z − x + x ′y + xy ′ = −2 x = −7 < 0 en P . Por lo tanto f tiene un valor máximo relativo en P .
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26. Emplee multiplicadores de LaGrange para calcular el valor mínimo absoluto de f si f ( x, y, z ) = x3 + y 3 + z 3 con las dos restricciones x + y + z = 1 y x + y − z = 0 .
f ( x, y , z ) = x 3 + y 3 + z 3 , x + y + z = 1
(1)
x+ y − z = 0
(2)
F = x3 + y 3 + z 3 + λ ( x + y + z − 1) + μ ( x + y − z ) ⇒ Fx = 3x 2 + λ + μ = 0
(3)
Fy = 3 y 2 + λ + μ = 0
(4)
Fz = 3 z 2 + λ − μ = 0
(5)
1 . De (3) y (4) obtenemos x 2 = y 2 . De 2 1 1 1 y = x : x + x + = 1, x = si y = − z , x − x + = 1 , imposible. En el punto 2 4 2 1 1 5 ⎛1 1 1⎞ 1 . Sea la derivada con respecto a x . Porque z = P, f ⎜ , , ⎟ = + + = ⎝ 4 4 2 ⎠ 64 64 8 52
.c om
De (1) y (2) hemos 2 z = 1, z =
(1), si crítico 1 , que 2
ic
a1
tenemos de (1) o (2), 2 2 2 2 1 + y ′ = 0, y ′ = −1 ⇒ f ′ = 3x + 3 y y ′ = 3 x − 3 y ⇒ f ′′ = 6 x − 6 yy ′ = 6 x + 6 y = 3 > 0 en
M
at e
m
at
P . Así, P es un valor mínimo absoluto. Utilice multiplicadores de LaGrange para resolver los ejercicios indicados: 27) Determine los tres números positivos cuya suma sea 24 de modo que su producto sea el mayor posible.
ww
w.
Dejar x, y , y z se los números. Entonces f ( x, y, z ) = xyz y x + y + z = 24, x ≥ 0, y ≥ 0, z ≥ 0 . El conjunto de restricciones es un triángulo, que es
cerrado y acotado para f tiene un máximo y un mínimo. El mínimo es 0 alcanzado en todos los puntos de la frontera para los puntos críticos es un máximo. Dejar
f ( x, y, z, λ ) = xyz + λ ( x + y + z − 24 ) ⇒ Fx = yz + λ = 0; xyz = −λ x Fy = xz + λ = 0; xyz = −λ y ⇒ Fz = xy + λ = 0; xyz = −λ z , x = y = z Fλ = x + y + z − 24 = 0;3x = 24 Por lo tanto x = 8, y = 8, z = 8 da la máxima xyz = 512 de f . 28) Obtenga tres números positivos cuyo producto sea 24 de manera que su suma sea lo más pequeña posible. Dejar x ≥ 0, y ≥ 0, z ≥ 0 se los números. Queremos determinar x, y y z de tal manera que la función f definida por f ( x, y, z ) = x + y + z tiene un valor mínimo, sujeto a la 177 http://www.damasorojas.com.ve Dr. DÁMASO ROJAS
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Restricción xyz = 24 (1) Si x > 3, y > 3, z > 3 , entonces f > 3 + 3 + 3 = 9 . Por lo tanto, si el extremo relativo en el cubo cerrado y acotado 0 ≤ x ≤ 3, 0 ≤ y ≤ 3, 0 ≤ z ≤ 3 es inferior a 9, debe ser el mínimo absoluto. Sea F la función definida por F ( x, y, z, λ ) = x + y + z + λ ( xyz − 24 ) . Entonces
Fx ( x, y, z , λ ) = 1 + λ yz = 0
(2)
Fy ( x, y, z , λ ) = 1 + λ xz = 0
(3)
Fz ( x, y, z, λ ) = 1 + λ xy = 0
(4)
(5)
y + λ xyz = 0
(6)
z + λ xyz = 0
(7)
(8)
ic
De las ecuaciones (5), (6), (7) se concluye que x = y = z
.c om
x + λ xyz = 0
a1
Se multiplica en ambos lados de la ecuación (2) por x , a ambos lados de la ecuación (2) por y , en ambos lados de la ecuación (4) por z . Esto se traduce en
at
Sustituyendo las ecuaciones (8) en (1) obtenemos x 3 = 24 ⇒ x = 3 24 < 3 27 = 3 . Por ello,
at e
m
cada número es 3 24 . Porque la suma es inferior a 9, tenemos el mínimo absoluto. 29) Encuentre el punto del plano 3 x + 2 y − z = 5 que esté más cerca al punto (1, −2, 3) ,
M
y calcule la distancia mínima.
w.
Dejar w unidades de la distancia desde el punto (1, −2,3) a un punto ( x, y, z ) en el plano
ww
3 x + 2 y − z − 5 = 0, w será de un mínimo cuando w2 es un mínimo.
f ( x, y, z ) = w2 = ( x − 1) + ( y + 2 ) + ( z − 3) 2
2
2
F ( x, y, z, λ ) = ( x − 1) + ( y + 2 ) + ( z − 3) + λ ( 3x + 2 y − z − 5 ) ⇒ Fx = 2 ( x − 1) + 3λ = 0 2
2
2
3 1 x = 1 − λ ⇒ Fy = 2 ( y + 2 ) + 2λ = 0; y = −2 − λ ⇒ Fz = 2 ( z − 3) − λ = 0; z = 3 + λ 2 2 1 ⎞ ⎛ 3 ⎞ ⎛ Fλ = 3 x + 2 y − z − 5 = 0;3 ⎜1 − λ ⎟ + 2 ( −2 − λ ) − ⎜ 3 + λ ⎟ − 5 = 0;7λ = −9 2 ⎠ ⎝ 2 ⎠ ⎝ Por
lo
tanto
9 7
λ = − ,x = 2
41 5 33 . ,y = − ,z = 14 7 14 2
En
el
punto
crítico
2
9 ⎛ 41 5 33 ⎞ ⎛ 41 ⎞ ⎛ 5 ⎞ ⎛ 33 ⎞ P ⎜ , − − ⎟ ⇒ w = ⎜ − 1⎟ + ⎜ − + 2 ⎟ + ⎜ − 3 ⎟ = 14 . Desde x , y por lo 14 ⎝ 14 7 14 ⎠ ⎝ 14 ⎠ ⎝ 7 ⎠ ⎝ 14 ⎠
tanto f ( x, y, z ) , puede ser arbitrariamente grande, w tiene un mínimo en P . 178 http://www.damasorojas.com.ve Dr. DÁMASO ROJAS
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30) Determine los puntos de la superficie y 2 − xz = 4 que estén más cerca al origen, y calcule la distancia mínima. 1 1 1 2 2 2 2 Porque g = y 2 − ⎡( x + z ) − ( x − z ) ⎤ = y 2 − ( x + z ) + ( x − z ) , la superficie es un ⎣ ⎦ 4 4 4 hiperboloide de una hoja. ⎛2⎞ F ( x, y, z , λ ) = x 2 + y 2 + z 2 − λ ( y 2 − xz − 4 ) ⇒ Fx = 2 x + λ z = 0, z = − ⎜ ⎟ x ⎝λ ⎠ ⎛λ⎞ Fy = 2 y − 2λ y = 2 y (1 − λ ) = 0 ⇒ Fz = 2 z + λ x = 0, z = − ⎜ ⎟ x ⎝2⎠
Si
λ ≠ ±2 ,
x = z = 0 ⇒ y 2 = 4 ⇒ y = ±2 ⇒ d = 2 .
entonces
Si
λ = 2 ⇒ z = − x ⇒ y = 0 ⇒ x 2 = 4 ⇒ x = ±2 ⇒ z = m2 ⇒ d = 2 2 .
Si
λ = 2 ⇒ z = x ⇒ y = 0 ⇒ − x = 4 , imposible. La distancia mínima es 2 a ( 0, ±2, 2 ) .
.c om
2
a1
31) Obtenga los puntos de la curva de intersección del elipsoide x 2 + 4 y 2 + 4 z 2 = 4 y el
ic
plano x − 4 y − z = 0 que estén más cerca del origen, y calcule la distancia mínima.
m
at
Dejar w unidades de la distancia al origen de un punto ( x, y, z ) en x 2 + 4 y 2 + 4 z 2 = 4 y x − 4 y − z = 0. w , será de un mínimo cuando
w2 es un mínimo. Dejar
at e
f ( x, y , z ) = w2 = x 2 + y 2 + z 2 ⇒ F ( x, y , z , λ , μ ) = x 2 + y 2 + z 2 + λ ( x 2 + 4 y 2 + 4 z 2 − 4 )
M
+ μ ( x − 4 y − z ) ⇒ Fx = 2 x + 2λ x + μ = 0 ⇒ Fy = 2 y + 8λ y − 4 μ = 0 ⇒ Fz = 2 z + 8λ z − μ = 0
w.
Fy − 4 Fx : ( 2 + 8λ )( y − 4 z ) = 0; y = 4
ww
1 1 o λ = − . Si λ = − , de Fy obtenemos μ = 0 y de Fz obtenemos 4 4 2 2 x = 0 ⇒ Fλ = x + 4 y + 4 z 2 − 4 = 0 ⇒ Fμ = x − 4 y − z = 0 . Si y = 4 z , entonces x − 16 z − = 0; x = 17 z y 289 z 2 + 64 z 2 + 4 z 2 − 4 = 0;357 z 2 = 4 . Por lo tanto z = ±
2 357
,
⎛ 34 ⎛ 8 2 ⎞ 34 8 2 ⎞ , , ,− ,− los puntos críticos son ⎜ ⎟ y ⎜ − ⎟ así 357 357 357 ⎠ ⎝ 357 357 357 ⎠ ⎝ 1124 . Si x = 0 , entonces 0 − 4 y − z = 0; z = −4 y y 0 + 4 y 2 + 64 y 2 − 4 = 0;17 y 2 = 1 . f = 357 ⎛ ⎛ 1 4 ⎞ 1 4 ⎞ ,− , , los puntos críticos son P ⎜ 0, ⎟ y Q ⎜ 0, − ⎟ 17 17 ⎠ 17 17 ⎠ 17 ⎝ ⎝ así f = 1 . Porque el conjunto de restricciones es cerrado y acotado, f alcanza un mínimo
Por lo tanto y = ±
1
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en un punto crítico. Por lo tanto P y Q son los más cercanos al origen y al ser la distancia mínima es de 1. 32) Se elabora una caja rectangular sin tapa con un costo de material de $10 . Si el material para el fondo de la caja cuesta $0.15 por pie cuadrado y el material para los lados cuesta $0.30 por pie cuadrado, determine las dimensiones de la caja de mayor volumen que pueda elaborarse. Dejar x pie, y pie , y z pie la longitud, anchura y altura del piso de la caja x ≥ 0, y ≥ 0, z ≥ 0 . Tenemos que encontrar x, y , z de modo que la función definida por el
volumen V ( x, y, z ) = xyz es un máximo, sujeto a la restricción
0.15 xy + 0.30 ( 2 xz + 2 yz ) = 10.00
(1)
.c om
a1
Como en el ejercicio 16, el conjunto de restricción es limitado, pero existe un máximo absoluto que ocurre en un momento crítico. Dejar F la función definida por
ic
F ( x, y, z , λ ) = xyz + λ ( 0.15 xy + 0.60 xz + 0.60 yz − 10 ) . Entonces
(2)
Fy ( x, y, z , λ ) = xz + 0.15λ x + 0.60λ z = 0
(3)
Fz ( x, y, z, λ ) = xy + 0.60λ x + 0.60λ y = 0
(4)
at e
m
at
Fx ( x, y, z, λ ) = yz + 0.15λ y + 0.60λ z = 0
ww
w.
M
Se multiplica en ambos lados de la ecuación (2) por x , a ambos lados de la ecuación (2) por y , y en ambos lados de la ecuación (4) por z . Esto se traduce en
xyz + λ ( 0.15 xy + 0.60 xz ) = 0
(5)
xyz + λ ( 0.15 xy + 0.60 yz ) = 0
(6)
xyz + λ ( 0.60 xz + 0.60 yz ) = 0
(7)
De las ecuaciones (5) y (6), se concluye que x = y . De las ecuaciones (6) y (7), hemos 0.15 y = 0.60 z ⇒ y = 4 z . Sustituyendo x y y por 4 z en la ecuación (1), obtenemos
5 10 2⇒x= y= 2 6 3 10 Por lo tanto, la mayor caja tiene una base cuadrada de lado 2 pie y una altura de 3 5 2 pie . 6 0.15 ( 4 z )( 4 z ) + 0.60 ( 4 z ) z + 0.60 ( 4 z ) z = 10 ⇒ 7.2 z 2 = 10 ⇒ z =
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33) Se construye una caja rectangular cerrada con un volumen de 10 pie3 empleando tres tipos de materiales. El costo del material para el fondo y la tapa es de $0.18 por pie cuadrado, el costo del material para el frente y la parte trasera es de $0.16 por pie cuadrado, y el costo del material para los otros dos lados es de $0.12 por pie cuadrado. Calcule las dimensiones de la caja de modo que el costo de los materiales sea un mínimo. Dejar l pie, w pie, h pie la longitud, anchura y altura de la caja. C centavos es el costo.
C = 18lw + 16wh + 12lh y lwh = 16 ⇒ F ( l, w, h, λ ) = 18lw + 16wh + 12lh + λ ( lwh − 16 ) 18 12 + = −λ h w 18 16 12 16 = 18l + 16h + λ lh = 0; + = −λ ; = ; w = h w l l 16 12 18 16 = 16w + 12l + λ lh = 0; + = −λ ; = ; h = h l w l 512 8 ⎛ 3 ⎞⎛ 9 ⎞ ;l = lwh − 16 = 0; l ⎜ l ⎟⎜ l ⎟ = 16; l 3 = 27 3 ⎝ 4 ⎠⎝ 8 ⎠ = 18w + 12h + λ lh = 0;
ic
a1
.c om
3 l 4 9 l 8
at
∂F ∂l ∂F ∂w ∂F ∂h ∂F ∂λ
w.
M
at e
m
⎛8 ⎞ El punto crítico es P ⎜ , 2,3 ⎟ . Porque wh , y por lo tanto C , puede ser arbitrariamente ⎝3 ⎠ grande, C tiene un mínimo en P . 34) Suponga que T grados es la temperatura en cualquier punto ( x, y , z ) de la esfera
ww
x 2 + y 2 + z 2 = 4 , y T = 100 xy 2 z . Obtenga los puntos de la esfera donde la temperatura es la máxima y también los puntos donde es mínima. Además, calcule la temperatura en estos puntos.
T = 100 xy 2 z, g = x 2 + y 2 + z 2 = 4 ⇒ F = 100 xy 2 z − λ ( x 2 + y 2 + z 2 − 4 ) Fx = 100 y 2 z − 2λ z = 0 ⇒ Fy = 200 xyz − 2λ y = 2 y (100 xz − λ ) = 0 ⇒ Fz = 100 xy 2 − 2λ z = 0 Si x = 0, y = 0 , o z = 0 , entonces T = 0 . De otra manera, 1 2 y ⇒ Fz = 100 xy 2 − 200 xz 2 = 0 2 1 2 1 2 1 2 2 2 z = y ⇒ F y + y + y = 4, y = ± 2, x = ±1, x = ±1 2 2 2 (8 puntos). Máximo: T = 200 si x = z , mínimo: −200 si x = − z . Fy : λ = 100 xz ⇒ Fx :100 y 2 z − 200 x 2 z = 0; x 2 =
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35) Se elabora una caja sin tapa con una cantidad de material dada. Determine las dimensiones relativas de la caja que contenga el mayor volumen posible. Dejar l, w , y h el número de unidades de la longitud, anchura y altura de la caja. Dejar V unidades cubicas que su volumen y unidades de S cuadrados su superficie ( S es una constante). V = lwh y S = lw + 2lh + 2 wh, l > 0, w > 0, h > 0 ⇒ f ( l, w, h, λ ) = lwh + λ ( lw + 2lh + 2 wh − S )
1 S 2 1 Así V < lS , y V puede ser arbitrariamente pequeño. Cualquier punto crítico es un 2 máximo. ∂F 1 2 1 ∂F 1 2 1 = wh + λ ( w + 2h ) = 0; + = − ⇒ = lh + λ ( l + 2h ) = 0; + = − h w h l ∂l ∂w λ λ 2 2 1 ∂F = lw + λ ( 2l + 2 w ) = 0; + = − w l ∂h λ 1 1 1 1 1 1 Por lo tanto = − . Por lo tanto V tiene un máximo cuando , =− , =− 4λ w 4λ h 2λ l 1 l : w : h = 1:1: . 2 36) . Demuestre que la caja rectangular de mayor volumen que puede colocarse dentro de una esfera tiene la forma de un cubo. Dejar x, y , z el número de unidades en las dimensiones de la caja. Si a unidades es el
ww
w.
M
at e
m
at
ic
a1
.c om
wh <
diámetro de la esfera, porque el cuadro más grande se encuentra inscrito en la esfera, la diagonal de la caja es a unidades. Así, queremos demostrar que el volumen funcionales definidos por V ( x, y, z ) = xyz sujeta a la restricción x 2 + y 2 + z 2 = a 2
(1) tiene un valor máximo absoluto si x = y = z . Dejar F la función
definida por F ( x, y, z , λ ) = xyz + λ ( 0.15 xy + 0.60 xz + 0.60 yz − 10 ) . Entonces
Fx ( x, y, z, λ ) = yz + 2λ x = 0
(2)
Fy ( x, y, z, λ ) = xz + 2λ y = 0
(3)
Fz ( x, y, z, λ ) = xy + 2λ z = 0
(4)
Se multiplica en ambos lados de la ecuación (2) por x , a ambos lados de la ecuación (2) por y , y en ambos lados de la ecuación (4) por z . Esto se traduce en
xyz + 2λ x 2 = 0 ⇒ xyz + 2λ y 2 = 0 ⇒ xyz + 2λ z 2 = 0 y concluimos que x 2 = y 2 = z 2 , y por 182 http://www.damasorojas.com.ve Dr. DÁMASO ROJAS
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lo tanto x = y = z . Porque el conjunto de restricciones es cerrado y acotado, V tiene un valor máximo absoluto que debe ocurrir en el punto crítico. Por lo tanto, el cuadro con mayor volumen que puede ser colocado en una esfera es un cubo. 37) Si T ( x, y ) grados es la temperatura en cualquier punto ( x, y ) del disco circular limitado por la circunferencia x 2 + y 2 = 1 y T ( x, y ) = 2 x 2 + y 2 − y determine los puntos más calientes y los más fríos del disco y la temperatura en esos puntos.
T = 2 x + y 2 − y . Porque el disco x 2 + y 2 ≤ 1 es cerrado y acotado, extremos se alcanzan 2
en un punto crítico o un punto límite. En un punto crítico Tx = 4 x = 0; x = 0 y Ty = 2 y − 1 = 0; y =
1 1 ⎛ 1⎞ ⇒ T ⎜ 0, ⎟ = − . En la frontera 2 4 ⎝ 2⎠
x 2 = 1 − y 2 , − 1 ≤ y ≤ 1 ⇒ T = 2 (1 − y 2 ) + y 2 − y = 2 − y 2 − y ⇒ Ty = −2 y − 1; y =
.c om
1 . 2
at
ic
a1
1 1 9 Cuando y = −1, x = 0 y T = 2 . Cuando y = − , x = ± 3 y T = . Cuando y = 1, x = 0 y 2 2 4 1⎞ ⎛ 1 T = 0 . Por lo tanto la temperatura es más caliente en los puntos ⎜ ± 3, − ⎟ y el más 2⎠ ⎝ 2
at e
m
⎛ 1⎞ frío en el punto ⎜ 0, ⎟ . ⎝ 2⎠ 38) En el ejercicio 39 suponga que la región es la mitad superior del disco circular, por
M
lo que la región está definida por x 2 + y 2 ≤ 1 y y ≥ 0 . Determine los puntos más
ww
w.
calientes y los más fríos de la región si T ( x, y ) = 2 x 2 − 3xy + 5 y 2 y la temperatura en esos puntos. Porque la región es cerrada y acotada, extremos se alcanzan en un punto crítico o un punto límite. Tx = 4 x − 3 y = 0 ⇒ Ty = −3 x + 10 y = 0 . Por lo tanto los únicos puntos críticos es ( 0, 0 ) y T ( 0, 0 ) = 0 , que resulta ser mínima absoluta. Si y = 0, − 1 ≤ x ≤ 1 , entonces T = 2 x 2 , que tenga un mínimo de 0 en 0 y un máximo de 1 en ±1 . Si
x 2 + y 2 = 1, y ≥ 0 , dejar F ( x, y , λ ) = 2 x 2 − 3 xy + 5 y 2 + λ ( x 2 + y 2 − 1)
Fx ( x, y, λ ) = 4 x − 3 y + 2λ x = ( 4 + 2λ ) x − 3 y = 0
(1)
Fy ( x, y, λ ) = −3x + 10 y + 2λ y = −3x + (10 + 2λ ) y = 0
(2)
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Este sistema lineal homogéneo tiene la solución ( 0, 0 ) . De lo contrario de ecuaciones (1) y (2)
y ,
para
y=
obtenemos
4 + 2λ x 3
y=
y
4 + 2λ 3 = ⇒ 4λ 2 + 28λ + 40 = 0 ⇒ 4λ 2 + 28λ + 31 = 0 3 10 + 2λ 1 4 + 2λ = −1 ± 2 λ = −7 ± 3 2 ⇒ 2 3
(
)
(
3 10 + 2λ
y
así
(3)
(4)
)
(
)
Sustituyendo en la restricción, obtenemos 1 = x 2 + y 2 = x 2 + −1 ± 2 x 2 = 4 ± 2 2 x 2 y así x 2 =
1 4±2 2
=
(
)
1 2 ± 2 ⇒ x = ± 2 ± 2 . Si seleccionamos el signo positivo en (4), 4
1 1 7 3 2 + 2, y = 2 − 2 y T = − 2 2 2 2 2 (después de mucho trabajo). Si elegimos el signo negativo en (3), elegimos la raíz negativa. 1 1 7 3 Entonces x = − 2 − 2, y = 2 + 2 ,T = + 2 que es el valor máximo absoluto. 2 2 2 2 Los puntos críticos son los vectores del sistema 4 x − 3 y = 0, − 3 x + 10 y = 0 , y la ecuación
característica.
Alternativamente,
dejar
que
at
(3) es la ecuación x = cos θ , y = sen θ , 0 ≤ θ ≤ π .
ic
a1
.c om
elegimos la raíz positiva. Entonces x =
ww
w.
M
at e
m
3 5 T = 2 cos 2 θ − 3 sen θ cos θ + 5cos 2 θ = (1 + cos 2θ ) − sen 2θ + (1 − cos 2θ ) 2 2 7 3 3 7 3 1 1 ⎞ ⎛1 ⎞ 7 3 ⎛ 2⎜ 2 sen 2θ + 2 cos 2θ ⎟ = − 2 sen ⎜ 2θ + π ⎟ = − sen 2θ − cos 2θ = − 2 2 2 2 2 2 4 ⎠ ⎝2 ⎠ 2 2 ⎝ 7 3 Al valor máximo de T en el arco, ya que el valor máximo absoluto, es + 2 si 2 2 1 ⎞ 1 3 5 ⎛ sen ⎜ 2θ + π ⎟ = −1 ⇒ 2θ + π = π ⇒ 2θ = π 4 ⎠ 4 2 4 ⎝ 1⎛ 5 ⎞ 1 1⎛ 5 ⎞ 1 2 − 2 ⇒ y = sen θ = 2+ 2 x = cos θ = − ⎜1 + cos π ⎟ = − ⎜1 − cos π ⎟ = 2⎝ 4 ⎠ 2 2⎝ 4 ⎠ 2 7 3 1 1 El mínimo en el arco − 2 > 0 cuando x = 2 + 2 y y = 2 − 2 . 2 2 2 2 39) En el ejemplo3, suponga que la función utilidad involucra cinco artículos A, B, C , D
y E . Además, suponga que x unidades de A , y unidades de B, z unidades de C , s unidades de D y t unidades de E se consumen semanalmente, y que los
precios de A, B, C , D y E son, respectivamente, $2, $3, $4, $1 y $5 . Si 184 http://www.damasorojas.com.ve Dr. DÁMASO ROJAS
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U ( x, y, z, s, t ) = xyzst y el gasto semanal para los artículos es de $150 , ¿Cuántas unidades de cada artículo deben comprarse por semana para maximizar el índice de utilidad del consumidor? Dado
2 x + 3 y + 4 z + s + t = 150 ,
2x = 3 y = 4z = s = t =
24U = ( 2 x )( 3 y )( 4 z ) st
maximizamos
cuando
150 = 30 ⇒ x = 15 ⇒ y = 10 ⇒ z = 7.5 . 5
40) Una compañía tiene tres fábricas y todas elaboran el mismo producto. Si la fábrica A produce x unidades, la fábrica B produce y unidades y la fábrica C produce
.c
om
z unidades, entonces sus respectivos costos de producción son ( 3x 2 + 200 )
at ic
a1
dólares, ( y 2 + 400 ) dólares y ( 2 z 2 + 300 ) dólares. Si se va a surtir un pedido de
M at em
1100 unidades, emplee multiplicadores de LaGrange para determinar cómo debe distribuirse la producción entre las tres fábricas a fin de minimizar el costo total de producción.
Minimizar C = ( 3 x 2 + 200 ) + ( y 2 + 400 ) + ( 2 z 2 + 300 ) = 3 x 2 + y 2 + 2 z 2 + 1100 sujeto a
w.
x + y + z = 1100
1 λ 6 1 1 1 1 1 11 Fy = 2 y − λ = 0, y = λ ⇒ Fz = 4 z − λ = 0, z = λ λ + λ + λ = λ = 1100 2 4 6 2 4 12 λ = 1200. x = 200, y = 600, z = 300
ww
F = 3x 2 + y 2 + 2 z 2 + 1100 − λ ( x + y + z − 100 ) ⇒ Fx = 6 x − λ = 0, x =
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