Resumen Certamen 1 - MAT023
1
erSemestre 2010
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1.
Funciones y curvas de Nivel
Las curvas de nivel las podemos entender de la siguiente forma; si tenemos una funci´on f(x, y) , que es una funci´on de dos variables, tendremos que las intersecciones con los planos en dondez=cteser´an las curvas de nivel.
Ejemplos
1. Seaz=f(x, y) =x2+y2, encontrar las curvas de nivel.
Primero vemos que el dominio es:R2, ahora aplicamos lo que se nombr´o arriba, que es ponerz=cte.
Tambi´en podemos ver las curvas de nivel dando valores parax= 0 yz= 0. Conx= 0 ey= 0:
x= 0⇒z=y2
y= 0⇒z=x2
Con lo que se forma un paraboloide, que ser´ıa algo as´ı:
Hay que notar que son todos estos ejercicios son iguales, y se tratan de la misma manera. Algo m´as complicado es como el de la tarea No1 de Casa central, en donde se ped´ıa lo siguiente:
Analizamos por casos, primero si c= 0. Igualamos la funci´on a 0:
0 = (x+y+ 1)(x+y)(x−y)
Y despejando llegaremos a que:
y=−x y=x y=−x−1
La gr´afica nos quedar´ıa:
Ahora para c6= 0 usamos cambio de variable, para entender mejor el procedimiento.
w=x+y v=x−y c= (w+ 1)wv
⇒v= w(wc+1);w∈ − {0,−1}
Pero al ver el caso de c6= 0, tendremos 2 nuevos casos, que es si es mayor que cero, o si es menor que cero. Tenemos parac <0:
l´ım
w→−∞
c w(w+1) = 0
− l´ım
w→−1−
c
w(w+1) =−∞ l´ım
w→−1+
c
w(w+1) = +∞
l´ım
w→0−
c
w(w+1) = +∞ wl´ım
→0+
c
w(w+1) =−∞ wl´ım→∞
c w(w+1) = 0
−
y parac >0:
l´ım
w→−∞
c w(w+1) = 0
+ l´ım
w→−1−
c
w(w+1) = +∞ l´ım
w→−1+
c
w(w+1) =−∞
l´ım
w→0−
c
w(w+1) =−∞ wl´ım
→0+
c
w(w+1) = +∞ wl´ım→∞
c w(w+1) = 0
El mismo gr´afico, pero al contrario a ese, es decir en donde hab´ıa gr´afica, ahora no hay, y donde no hab´ıa, ahora hay gr´afica.
Notar que para hacer bosquejos de estas gr´aficas basta tomar los l´ımites y ver hacia donde se va la funci´on, o darse puntos (s´olo porque es un bosquejo).
Luego debemos volver a las variables originales, usando matrices nos queda: Se puede ver que:
w v =
x+y x−y
=
1 1 1 −1
x y
Luego, vemos la rotaci´on que necesitamos usando una matriz inversa:
1 1 1 −1
−1
=1 2
1 1 1 −1
=1 2
1 1 1 −1
1 0 0 −1
De la pen´ultima matriz se puede saber que existe una rotaci´on de π
4 y de la ´ultima matriz que existe una
reflexi´on respecto al ejex.
De donde finalmente, se tienen las gr´aficas de nivel como sigue:
2.
L´ımites y Continuidad
El l´ımite de una funci´on en un punto, si existe, es ´unico.
Ejemplos
1. Probar : l´ım
(x,y)→(0,0)
x2y x2+y2 = 0
∀ε >0,∃δ >0/px2+y2< δ⇒
x2y
x2+y2 −0
< ε
Hip´otesis:px2+y2< δ
Tesis:
x2y
x2+y2 −0 < ε
x2y
x2+y2 −0 =
x2y
x2+y2
≤ (x
2+y2)p
x2+y2
(x2+y2)
(El ´ultimo paso lo explico aqu´ı:
x2≤x2+y2⇒y≤x2+y2⇒y≤px2+y2
luego reemplac´e, elxy ely)
(x2+y2)p
x2+y2
(x2+y2) = p
2. Analizar si existe el l´ımite:
l´ım
(x,y)→(0,0)
xy
x2+y2 = (y=x) =(x,yl´ım)→(0,0)
x2
x2+x2 =
1 2
Nos aproximamos por la rectay =x, ahora nos aproximaremos por otra recta, o mejor, por todas las rectas
y=mx.
l´ım
(x,y)→(0,0)
xy
x2+y2 = (y=mx) =(x,yl´ım)→(0,0)
x2m x2+x2m2 =
1 1 +m2
Y vemos que el resultado del l´ımite, depende de m, por lo tanto se concluye que no existe el l´ımite,esto sirve siempre para ver que NO existe el l´ımite, si nos aproximamos por 2 rectas y nos da el mismo resultado del l´ımite, ah´ı debemos comprobarlo por definici´on, como ya se hizo en el ejemplo 1.
3. Continuidad en un punto. Determinara, si existe, talquef sea continua en (0,0).
f(x, y) =
x3y
x2+y2 (x, y)6= 0
a (x, y) = 0
Nos acercamos por rectas para verificar si NO es continua.
l´ım
(x,y)→(0,0)
x3y
x2+y2 = (y=x) = l´ım (x,y)→(0,0)
x4
x2+x2 = 0
l´ım
(x,y)→(0,0)
x3y
x2+y2 = (y=mx) = l´ım (x,y)→(0,0)
x4m x2+x2m2 = 0
Como nos dan ya aproxim´andonos por 2 lados, que se cumple que el l´ımite es 0, ya podr´ıamos pensar que PUEDE que sea continua, as´ı que vamos a la definici´on para probar si es continua en 0. Volvemos a lo que se expuso en el ejemplo 1.
∀ε >0,∃δ >0/px2+y2< δ⇒
x3y
x2+y2 −0 < ε
x3y x2+y2 −0
=
x3y x2+y2
≤ ( √
x2+y2)3(x2+y2)
x2+y2 ( p
x2+y2)3 ≤δ
3; δ=√3ε
Para el paso que se ve ”transfugo”se utiliz´o:
x2 ≤x2+y2
x ≤√x2+y2
y ≤y2≤x2+y2
Por lo tanto se concluye que el l´ımite existe, y es 0. En resumen, para que unf sea continua enx0, se debe
cumplir:
a) f(x) definida en vecindad dex0
b) l´ım
x→x0
f(x0) =L
c) f(x0) =L
4. Probar quef es continua en (0,0):
f(x, y) =
xyxx22−+yy22 (x, y)6= (0,0)
0 (x, y) = (0,0)
Comprobamos las condiciones expuestas anteriormente:
b) Veamos si: l´ım
(x,y)→∞xy
x2−y2
x2+y2 = 0
xyx
2−y2
x2+y2−0 = xyx
2−y2
x2+y2
≤ |xy| ≤ (px2+y2)2=x2+y2< ε
Por lo tanto basta tomarδ≤√ε. Cumple segunda condici´on.
c) f(0,0) = 0 = l´ım
(x,y)→(0,0)f(x, y). Cumple la tercera.
Por lo tanto, es continua en (0,0).
3.
Derivadas Parciales
Por definici´on, tenemos que la derivada parcial con respecto a la variablexes:
∂f
∂x(a, b) = l´ımh→
f(a+h, b)−f(a, b)
h
Y con respecto a la variabley es:
∂f
∂y(a, b) = l´ımh→
f(a, y+b)−f(a, b)
h
Ejemplos
1. Calcule ∂f∂x(0,0) y ∂f∂y(0,0) de:f(x, y) =
xy
x2+y (x, y)6= (0,0)
0 (x, y) = (0,0)
∂f
∂x(0,0) =
y(x2+y)−xy·2x
(x2+y)2 =
y3−x2y
(x2+y)2
Pero si evaluamos, nos daremos cuenta que es indeterminada, y eso es lo que nos pasara las mayor´ıa de los casos, en que la funci´on est´e definida por tramos como lo es en este caso. Por lo que siempre debemos recurrir a la definici´on de la derivada parcial con respecto a la variable con la cual estamos derivando.
Reemplazando datos en la definici´on, nos queda:
∂f
∂x(0,0) = l´ımh→0
f(a+h, b)−f(a, b)
h = l´ımh→0
f(0 +h,0)−f(0,0)
h
Tenemos quef(0,0) es 0, por la definici´on de la funci´on por tramos. y nos quedaf(0 +h,0) que donde hayan variablesxpondremoshy donde hayan variablesy pondremos 0.
l´ım
h→0
h·0
h2+y−0
h = 0
Por lo tanto la derivada parcial con respecto a la variable xes 0. Lo mismo ocurre con la variabley. Tambi´en tenemos las derivadas mixtas:
2. Derivadas mixtas. Calcular las derivadas mixtas de la siguiente funci´on, y ver si son iguales.
f(x, y) =
(
xyxx22−+yy22 (x, y)6= (0,0)
0 (x, y) = (0,0)
Si tenemos: ∂x∂y∂f2 , se lee, derivo con respecto axy luego el resultado lo derivo con respecto ayy luego eval´uo. Si derivamos bien, y por definici´on, deber´ıamos llegar a:
∂f2
∂x∂y(0,0) = l´ımh→∞ −h−0
h =−1
En el caso hom´ologo, tendremos:
∂f2
∂y∂x(0,0) = l´ımh→∞ h−0
h = 1
4.
Gradiente
Se define el gradiente def como∇f~ . En donde:∇f~ = ∂x∂f,∂f∂y,∂f∂z....,∂f∂n.
De forma geom´etrica el gradiente es un vector que se encuentra normal a una superficie o curva en el espacio a la cual se le esta estudiando, en un punto cualquiera, sea (x, y), (x, y, z), etc.
A continuaci´on veremos a que nos referimos con gradiente.
Ejemplos
1. Dada la siguiente funci´on, calcular su gradiente:f(x, y, z) = 2x+ 3y2−sen(z)
~
∇f = (∂f
∂x, ∂f ∂y,
∂f
∂z) = (2,6y,−cos(z))
5.
Derivada direccional
Se define la derivada direccional como:∂~uf =∇f~ ·~u
Tambi´en se debe saber que laderivada direccional siempre es m´axima en un punto, en la direcci´on del gradiente en ese punto.
Ejemplos
1. Determine la derivada direccional dez=x2+y2en el punto (1,1) y en la direcci´on (-1,3).
Por definici´on∂~uf =∇f~ ·~u
u= ((−1,3)−(1,1)) = (−2,2)
||u||=
q
22+ (−2)2= 2√2
~
u=||uu|| = 1
2√22(−1,1) = 1
√
2(−1,1)
~
∇f(1,1) = (∂f∂x,∂f∂y) = (2x,2y) = (2,2)
∂~uf =∇f~ ·~u= (2,2)·√12(−1,1) =−√22+√22 = 0
2. Seaf(x, y, z) =z(x−y)5+xy2z3, hallar su derivada direccional en el punto (2,1,−1) en la direcci´on normal
hacia afuera de la esfera x2+y2+z2 = 6 y ¿en qu´e direcci´on la derivada direccional de f en (2,1,−1) es
m´axima?
Bueno ¿qu´e hacemos aqu´ı? ¿nos ponemos a llorar? No, es m´as f´acil de lo que parece.
Primero que todo, nos dicen derivada direccional, ya tenemos la f´ormula que es:∂~uf =∇f~ ·~u
As´ı que partamos calculando el gradiente en ese punto:
∇f(2,1,−1) = (∂f
∂x, ∂f ∂y,
∂f
∂x = 5z(x−y)
4
+y2z3 ∂f
∂x(2,1,−1) =−6 ∂f
∂y =−5z(x−y)
4+xz3
∂f
∂y(2,1,−1) = 1 ∂f
∂z = 5z(x−y)
4+xy2
∂f
∂z(2,1,−1) = 7
∇f(2,1,−1) = (−6,1,7)
Ahora que tenemos el gradiente, nos falta el vector unitario, pero nos dicen que debe ser en la direcci´on normal hacia afuera de la circunferencia. Y a que nos suena a esto? si, a gradiente de la funci´on, as´ı que calculamos el gradiente de la ecuaci´on de la esfera.
Sea g(x, y, z) =x2+y2+z2−6 El vector normal a la esfera es:
~
u=∇g(2,1,−1)
||∇g()|| =
1
√
6(2,1,−1)
Ahora reemplazando en la f´ormula:
∇f·~u= (−6,1,7)·√1
6(2,1,−1) = 1
√
6(−12 + 1−7) =− 18
√
6 =− 18√6
6 =−3
√
6
Y tenemos la derivada direccional, ahora nos preguntan en que direcci´on es m´axima la derivada direccional en este punto, y como dijimos en la definici´on, es m´axima en la direcci´on del gradiente, es decir en~u= (−6,1,7).
6.
Diferenciabilidad
Se tiene que una funci´on f ser´a diferenciable en (x0, y0)si:
l´ım
(x,y)→(xo,yo)
|f(x, y)−f(x0, y0)−∂f∂x(x0, y0)(x−x0)−∂f∂y(x0, y0)(y−y0)| q
(x−x0) 2
+ (y−y0) 2
= 0
Que f sea diferenciable, significa que admite aproximaci´on lineal.
Para que una funci´on sea diferenciable en un punto, sus derivadas parciales deben existir y ser continuas en ese punto.
Si f es diferenciable en (a,b)⇒f es continua en (a,b)
Ejemplos
1. Hallar todos los puntos tal que F sea diferenciable:
F =
f1(x, y)
f2(x, y)
f1(x, y) =xy
f2(x, y) =
(x2+y2)sen
1
√
x2+y2
(x, y)6= (0,0)
0 (x, y) = (0,0) Primero veamos la primera funcion que es mas trivial.
Verifiquemos si sus derivadas parciales son continuas, ya que si lo son, f es diferenciable inmediatamente.
∂f1
∂x =y ∂f1
∂y =x
Tenemos que ambas son continuas para todoR2, por lo tantof
1es diferenciable.
Ahora analizemos las derivadas parciales de la funci´on definida por tramos:
∂f2
∂x = 2xsen
1
p
x2+y2 !
+ cos p 1
x2+y2 !
−x
p
x2+y2
An´alogo para la derivada parcial con respecto a la variabley.
Por algebra de funciones continuas se tienen que las derivadas parciales son continuas en todoR2−(0,0)
Por lo tanto como ambas funciones son diferenciables en (0,0), F es diferenciable en (0,0).
2. Probar que f(x,y)=xy es diferenciable en (0,0).
Tenemos que ocupar la formula gigante del l´ımite:
l´ım
(x,y)→(xo,yo)
|f(x, y)−f(x0, y0)−∂f∂x(x0, y0)(x−x0)−∂f∂y(x0, y0)(y−y0)| q
(x−x0)2+ (y−y0)2
Pero vamos por parte, primero calculemos las derivadas parciales y las evaluamos en el punto (0,0):
∂f
∂x(a, b) =y ∂f
∂x(0,0) = 0 ∂f
∂y(a, b) =x ∂f
∂y(0,0) = 0
l´ım
(x,y)→(0,0)
|f(x, y)−f(0,0)−∂f∂x(0,0)(x−0)−∂f∂y(0,0)(y−0)|
q
(x−0)2+ (y−0)2
l´ım
(x,y)→(0,0)
|f(x, y)|
p
x2+y2 =(x,yl´ım)→(0,0)
|xy|
p
x2+y2 ≤(x,yl´ım)→(0,0)
|xy| √
x2 ≤(x,yl´ım)→(0,0)|x| ≤0
Luego f es diferenciable en (0,0).
7.
Plano tangente
El plano tangente a una superficie ”S”definida por f(x, y, z) = 0, en el punto (x0, y0, z0) ser´a:
z−z0=
∂f
∂x(x0, y0)(x−x0) + ∂f
∂y(x0, y0)(y−y0)
Ejemplos
a) Seaf(x, y) =x2+xy+ 3y2, encontrar el plano tangente, en (2,4,f(1,2))
Calculamos las derivadas parciales, para luego reemplazar en la formula:
∂f
∂x(x0, y0) = 2x+y ∂f
∂x(2,4) = 8 ∂f
∂y(x0, y0) =x+ 6y ∂f
∂y(2,4) = 26 f(2,4) = 60
La ecuaci´on del plano nos quedar´ıa:
z−z0=
∂f
∂x(x0, y0)(x−x0) + ∂f
∂y(x0, y0)(y−y0)
z−60 = ∂f
∂x(2,4)(x−2) + ∂f
∂y(2,4)(y−4) z−60 = 8(x−2) + 26(y−4)
z= 8x + 26y −60
8.
Regla de la cadena
Ejemplos
1) z(t) =f(x(t), y(t))
Tenemos que z depende de f pero f a la vez depende de x e y, pero x e y dependen de t, en este caso t, seria la variable independiente.
Si nos piden la derivada parcial de z con respecto a t, debemos pasar antes porf , por xy pory
quedar´ıa:
∂z ∂t =
∂z ∂x·
∂x ∂t +
∂z ∂y·
∂y ∂t
2) g(x, y) =f(u(x, y), v(x, y))
Siempre es lo mismo, en este caso g depende def, perof depende deuyv las cuales dependen de
xey que serian las independientes. Es decir:
∂g ∂x =
∂f ∂u·
∂u ∂x+
∂f ∂v ·
∂v ∂x
∂g ∂y =
∂f ∂u·
∂u ∂y +
∂f ∂v ·
∂v ∂y
3) Considere la siguiente funcion: w=f(x, x2y) Calcule ∂w∂x
Bueno, debemos ver quienes dependen de quien, tenemos que w depende de f y f depende de la coordenadaxy la coordenaday, que dependen dexey.
Llamemos a las coordenadasuyvde la funci´on (para no confundir), es decir:
w=f( x
|{z}
u
, x2y
|{z}
v
)
Nos quedaria:
∂w ∂x =
∂f ∂u·
∂u ∂x+
∂f ∂v ·
∂v ∂x
Reemplazando las derivadas:
∂w ∂x =
∂f ∂u ·(1) +
∂f ∂v ·(2x)
Otra forma de escribirlo y que es lo mismo, pero se ve mas agradable ser´ıa:
∂w
∂x =fx(x, xy)·(1) +fy(x, xy)(2x)
Pero como nosotros nos dimos cambios de variable a las coordenadas, quedar´ıa:
∂w
∂x =fu(x, xy)·(1) +fv(x, xy)(2x)
4) Sea f(1,1) = 1, fx(1,1) =a, fy(1,1) =b y la funci´ong(x) =f(x, f(x, f(x, x))).. Calcularg0(x).
Bueno esto es regla de la cadena pura, son varias y siguiendo lo ya ense˜nado, deberiamos llegar a:
∂g ∂x =
∂f ∂x+
∂f ∂y(
∂f ∂x +
∂f ∂y(
∂f ∂x+
∂f ∂y ·
∂f ∂x)
Y reemplazando con los datos del ejercicio, llegaremos a:
∂g
∂x =a+b(a+b(a+b))
9.
Teorema Funci´
on inversa
El teorema de la funci´on nos proporciona las condiciones suficientes para que una aplicaci´on sea invertible localmente en las cercan´ıas un punto p en t´erminos de su derivada en dicho punto.
En otras palabras el teorema de la funci´on inversa dice que si F es una funci´on continuamente diferen-ciable de un conjunto abierto U deRn enRn, y p es un punto de U de modo que la matriz jacobiana de
F en p es invertible (el determinante Jacobiano de F en p es distinto de cero), entonces F es una funci´on invertible cerca de p. Esto quiere decir que existe una vecindad de F(p), en la cual existe una funci´on inversa de F.
M´as a´un, la funci´on inversaF−1 tambi´en es continuamente diferenciable.
Notese que se habla de Jacobiano, el Jacobiano es una abreviaci´on de la matriz jacobiana y su determi-nante, el determinante jacobiano.
La matriz jacobiana es una matriz formada por las derivadas parciales de primer orden de una funci´on. Una de las aplicaciones m´as interesantes de esta matriz es la posibilidad de aproximar linealmente a la funci´on en un punto.
En este sentido, el jacobiano representa la derivada de una funci´on multivariable.
En este caso la matriz jacobiana es cuadrada y podemos calcular su determinante, conocido como el determinante jacobiano o simplemente jacobiano.
El determinante jacobiano en un punto dado nos da informaci´on importante sobre el comportamiento de F cerca de ese punto.
Para empezar, una funci´on F es invertible cerca de p si el determinante jacobiano en p es no nulo. Es decir:
Jf(x,y)6= 0⇒f(x, y) invertible en (x, y)
Bueno mucha letra y poco ejemplo, ahora vamos a la pr´actica:
Ejemplos
1) Ver si la siguiente funci´on es invertible:
f(x, y) =
excos(y)
exsen(y)
Calculamos su Jacobiano y luego vemos si el determinante es distinto de 0, podremos decir que f es invertible en alg´un punto.
Jf(x, y) =
excos(y) −exsen(y)
exsen(y) excos(y)
Sacamos el determinante:
det(Jf(x, y)) =e2xcos2(y) +e2xsen2(y) =e2x6= 0
Se concluye que f es invertible.
2) Sea T la siguiente funci´on:T(u, v) = (u−vu, uv).
Utilizando teorema de la funci´on inversa determine las condiciones para las cuales existe inversa de T.
Bueno se hace el mismo procedimiento anterior, del calculo de la matriz de derivada de la fun-ci´on o Jacobiano, y vemos para que valores el determinando no es 0, para que as´ı exista inversa de T.
Llamemos x e y a las coordenadas para tener mas ordenada la regla de la cadena en el jacobiano:
T(u, v) = (u−vu
| {z }
x
, uv
|{z}
y
)
As´ı, el jacobiano nos quedara:
Jf = fx·(1−v)fy(v)fx(−u) fy(u)
Sacamos el determinante:
det(Jf) = ((1−v)u+uv) =u−uv+uv=u
Como el determinante debe ser distinto de 0, para que exista inversa, y el determinante nos dio ¨u”, se concluye que se debe cumpliru6= 0 para que exista la inversa de T.
10.
Teorema Funci´
on Impl´ıcita
El teorema de la funci´on impl´ıcita establece condiciones bajo las cuales una ecuaci´on de varias variables permite definir a una de ellas como funci´on de las dem´as.
Debemos verificar que el punto pertenezca a la funcion.
Calcular las derivadas parciales y ver si son continuas en el punto.
Ejemplos
1) Sea F(x, y, z) =xz−z2−xyz+y2 Comprobar que la ecuaci´on F(x,y,z)=0 define una funcion
im-plicita z=z(x,y) en un entorno del punto (2,1,1).
Bueno nos dicen en otras palabras si se puede depejar z en funcion de las demas variables, en este caso,xey. Verificamos si el punto pertenece:
F(2,1,1) = (0,0)
Ahora vemos si las derivadas parciales son continuas. Sean:
∂F
∂x =z−xy; ∂F
∂y =−xz+ 2y; ∂F
∂z =x−2z−xy
Todas continuas por ser polinomios.
Calculamos el determinante de la matriz de derivadaa:
∂F
∂z(2,1,1) =−26= 0
Por lo tanto se concluye, que z se puede escribir en terminos de x e y. Y todos los ejercicios se tratan de la misma forma.
11.
M´
aximos y m´ınimos
Para obtener los valores m´ınimos y/o m´aximos de una funci´on en Rn, particularmente en
R2 y R3,
vamos a trabajar con una entidad llamada la matriz Hessiana, denotada por K de F, o H de F. Es una matriz de segundas derivadas parciales y derivadas parciales mixtas de nuestra funci´on, cada una de estas evaluadas en nuestro punto cr´ıtico.
Sea f :R→R, diferenciable de claseC2
La Hessiana es de la forma:
fxx(xo, yo) fxy(xo, yo)
fxy(xo, yo) fyy(xo, yo)
Donde det (Kf) =fxxfyy−fxy2
Si (xo, yo) es un punto cr´ıtico de f, es decir, ∇f(xo, yo) = 0 , entonces
Kf(xo, yo)>0 y fxx(xo, yo)>0⇒tenemos un m´ınimo en (xo, yo)
Kf(xo, yo)>0 y fxx(xo, yo)<0⇒tenemos un m´aximo en (xo, yo)
Kf(xo, yo)<0⇒tenemos un punto silla en (xo, yo)
Ejemplos
1) Hallar los extremos locales, si existen, de la siguiente funci´on:f(x, y) =x2−4xy+y3+ 4y
Vemos en que puntos las derivadas parciales se hacen 0:
∂f
∂x = 2x−4y= 0⇔y= x
2
∂f
∂y =−4x+ 3y
2+ 4 = 0⇔3y2−8y+ 4 = 0
⇒y1= 2, y2=
2 3
Con esto obtenemos dos puntos cr´ıticos:(4,2),(43,23) Vemos las segundas derivadas para conformar el hessiano:
fxx= 2, fyy= 6y, fxy=−4
El Hessiano del primer punto cr´ıtico queda:
|Kf(4,2)|=
2 −4
−4 12
= 24−16 = 8
Comofxx>0, en (4,2) hay un m´ınimo.
El Hessiano del segundo punto se realiza an´alogamente, y nos da|Kf|=−8 Es decir, encontramos un punto silla.
2) Hallar los extremos locales, si existen, de la siguiente funci´on:
f(x, y) =x3+y3−27x−12y
Vemos en que puntos las derivadas parciales se hacen 0:
∂f ∂x = 3x
2−27 = 0⇔x=±3
∂f ∂y = 3y
2−12 = 0⇔y=±2
Con esto obtenemos cuatro puntos cr´ıticos:(3,2),(3,−2),(−3,2),(−3,−2) Vemos las segundas derivadas:
fxx= 6x, fyy = 6y, fxy= 0
Los hessianos quedan:
|Kf(3,2)|= 36·6>0, fxx>0⇒M´ınimo
12.
Multiplicador de Lagrange
Sea f(x, y)yg(x, y):R2→R funciones de ClaseC1.
Si se desea optimizarF(x, y) bajo la condici´ong(x, y) entonces los puntos (xo, yo) que satisfacen el
sis-tema:
∇f =λ∇g g(xo, yo) =cte
son puntos puntos cr´ıticos.
La funci´ong(x, y) se le llama restricci´on o condici´on. Al valor real λse le llama multiplicador de Lagrange.
Ejemplos
1) Minimizar las distancias al origen desde los planos:
π:g1=x+ 3y+ 5z= 1
π:g2= 2x+y+ 2z= 0
Sabemos que la distancia se puede expresar comod2=x2+y2+z2=f(x, y, z)
Entonces tenemos el siguiente sistema:
∇f =λ1∇g1+λ2∇g2
x+ 3y+ 5z= 1 2x+y+ 2z= 0
2x=λ1+ 2λ2
2y= 3λ1+λ2
2z= 5λ1+ 2λ2
2x+ 3y+ 5z= 1 2x+y+ 2z= 0
Sustituyendo las 3 primeras en las 2 ´ultimas, nos queda:
λ1
2 +λ2+ 9 2λ1+
3 2λ2+
25
2λ1+ 5λ2= 1
λ1+ 2λ2+32λ1+12λ2+ 5λ1+ 2λ2= 0
De aqu´ı obtenemos:
λ2=−53λ1
Reemplazando:
Y ahora podemos obtener el punto cr´ıtico:
x= 1 2
1 5−
2 3
, y= 1 2
1−1
3
, z= 1 2
1−2
3
Claramente este punto es un m´ınimo, pues cuando dos planos infinitos se intersectan, forman una recta infinita, la cual solo tiene una distancia m´ınima a culquier punto, y un punto m´aximo infinito.
Otro m´etodopara no tener que agregar una nueva variable al problema, es usar una matriz que con-tenga a ambos gradientes, y decir que su determinante debe ser 0, esto es|∇f∇g|= 0.
Ejemplo
Si queremos maximizarf(x, y) con la restricci´ong(x, y) = 0, tendremos que∇f = (a, b) y∇g = (c, d), entonces nuestro determinante nos queda:
|∇f∇g|=
a c b d
= 0⇒ad−bc= 0
Luego, con esta ecuaci´on yg(x, y) = 0 tendremos dos ecuaciones y dos inc´ognitas, con lo que podremos resolver nuestro sistema.
