1. Funciones y curvas de Nivel - Resumenvariasvariables

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(1)

Resumen Certamen 1 - MAT023

1

er

Semestre 2010

www.SoySansano.com

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:

(2)

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

(3)

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

(4)

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:

(5)

b) Veamos si: l´ım

(x,y)→∞xy

x2y2

x2+y2 = 0

xyx

2y2

x2+y2−0 = xyx

2y2

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 =

y3x2y

(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

(6)

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+ 3y2sen(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= 22

~

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,

(7)

∂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)

(8)

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

(9)

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

(10)

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)

(11)

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)

(12)

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.

(13)

Ejemplos

1) Sea F(x, y, z) =xz−z2xyz+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.

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)

(14)

Ejemplos

1) Hallar los extremos locales, si existen, de la siguiente funci´on:f(x, y) =x24xy+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 = 03y28y+ 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+y327x12y

Vemos en que puntos las derivadas parciales se hacen 0:

∂f ∂x = 3x

227 = 0x=±3

∂f ∂y = 3y

212 = 0y=±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

(15)

12.

Multiplicador de Lagrange

Sea f(x, y)yg(x, y):R2R 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:

(16)

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.

Figure

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Referencias

  1. www.SoySansano.com
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