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4- Linealización y extremos

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Cálculo vectorial: Diferenciación de funciones de varias variables MATEMATICA II UNAJ 
 
 
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Planos tangentes 
Definimos al vector gradiente de una función como un vector cuyas componentes son las 
derivadas parciales de la función. Ya lo usamos como auxiliar para calcular la derivada 
direccional en cualquier dirección, y vimos que la dirección dada por el gradiente es la de 
máximo crecimiento de la función. 
Veremos ahora una propiedad importante que satisface el gradiente de una función de dos 
variables ( , )f x y , con respecto a las curvas de nivel de esa función. 
Se tiene una función diferenciable ( , )f x y , y un punto : ( , )P a b que pertenece al dominio de 
f , en el que existen las derivadas parciales ( , ), ( , )x yf a b f a b . 
Sea C la curva de nivel de f que pasa por el punto ( , )a b , la ecuación de esta curva es 
( , )f x y K . Supongamos que esta curva tiene una parametrización dada por 
( ) ( ), ( )r t x t y t , que se puede derivar para cualquier t, y que satisface 0( ) ,r t a b . 
Como todos los puntos de la curva ( ) ( ), ( )r t x t y t están en la curva de nivel de f , 
satisfacen la ecuación ( , )f x y K . Por lo tanto, al componer f con ( )r t , obtenemos la 
igualdad ( ( )) ( ( ), ( ))f r t f x t y t K  . 
Vamos a derivar ambos lados de esa igualdad con respecto a la variable t. El lado derecho es 
una constante, su derivada es 0; y para derivar el lado izquierdo usamos regla de la cadena. 
0
f dx f dy
x dt y dt
 
   
 
 
Notemos que la expresión del lado izquierdo es igual al desarrollo del producto punto 
'( )f r t  . Al evaluar en el punto que nos interesa, esto es, 0( , ) ( , ),x y a b t t  ; obtenemos 
0( , ) '( ) 0f a b r t   . Por lo tanto, podemos afirmar que los vectores 0( , ) y '( )f a b r t resultan 
perpendiculares. Además, sabemos que el vector 0'( )r t es tangente a la curva C en el punto 
( , )a b . En conclusión, ( , )f a b es perpendicular a la curva de nivel de ( , )f x y en ( , )a b . 
En general, probamos que: 
Si ( , )a b es un punto del dominio de una función diferenciable ( , )f x y , el vector gradiente de 
f en ( , )a b es perpendicular a la curva de nivel de f que pasa por ( , )a b . 
 
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Ejemplo 
Dada la función 2 2( , ) 2f x y x y  , graficar la curva de nivel que pasa por el punto (2;1) y 
escribir la ecuación de la recta tangente a dicha curva en ese punto. 
Para hallar la curva debemos igualar a la función a cierta constante. Para que la curva de nivel 
pase por el punto (2;1) , tiene que ser 2 2(2;1) 2 2 1 6K f     . 
La curva tiene ecuación 2 22 6x y  . Es una elipse, y como la ecuación es equivalente a 
2 2
1
6 3
x y
  , el centro está en el origen, y los semiejes miden 6 y 3 . 
Su gráfico: 
 
 
Por lo que vimos antes, el gradiente de f es perpendicular a la elipse en el punto (2;1) . Por lo 
tanto la recta tangente en ese punto sería perpendicular al gradiente. 
Calculemos: ( , ) 2 ;4f x y x y  , luego (2;1) 4;4f  . 
Si graficamos este vector empezando en el punto (2;1) , y 
la recta perpendicular al vector que pasa por (2;1) , 
tenemos: 
Para dar las ecuaciones paramétricas de la recta L, 
podemos buscar un vector perpendicular a 4;4 y 
usarlo como el vector director de la recta. 
Ese vector debe cumplir 1 24;4 ; 0v v  , entonces podría ser el vector 1; 1 (si elegimos 
algún múltiplo de este, la recta será la misma). 
Las ecuaciones paramétricas de L son: 
2
1
x t
y t
 

 
. 
Despejando el parámetro de ambas e igualando, se obtiene 2 1x y   , que es equivalente a 
3y x  . 
La ecuación de la recta tangente a la elipse en el punto (2;1) es 3y x  . 
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Plano tangente a una superficie de nivel 
De una manera similar al caso de funciones de dos variables, se puede demostrar que el 
gradiente de una función diferenciable ( , , )f x y z en un punto ( , , )a b c es perpendicular a 
cualquier curva C contenida en la superficie de nivel de f que pasa por ( , , )a b c . Por lo 
tanto, ( , , )f a b c es perpendicular a la superficie de nivel de f que pasa por ( , , )a b c . 
Ejemplo 
Obtener la ecuación del plano tangente al paraboloide 2 22 2x z y  en el punto (2;3;1) . 
Verifiquemos que el punto dado pertenece al paraboloide: 
?
2 22 2 3
4 2 6
x z  
 
. 
Para poder usar el resultado enunciado antes, hay que escribir al paraboloide como superficie 
de nivel de una función ( , , )f x y z . Podría ser 2 2( , , ) 2 2 0f x y z x z y    . 
Entonces el vector (2;3;1)f es perpendicular al paraboloide. Lo calculamos: 
( , , ) 2 ; 2;4 (2;3;1) 4; 2;4f x y z x z f      . 
Este vector, por ser perpendicular a la superficie, es el vector normal al plano tangente 
buscado. El punto de tangencia es el (2;3;1) . 
La ecuación del plano tangente es: 4 ( 2) 2 ( 3) 4 ( 1) 0x y z         . Desarrollándola, se 
obtiene: 4 8 2 6 4 4 0 4 2 4 6 2 2 3x y z x y z x y z              . 
En el gráfico notamos que las dos superficies se “asemejan” en los puntos cercanos al (2;3;1) . 
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Superficies gráficas de función 
 
Consideremos ahora el caso particular de las superficies que tienen ecuación ( , )z f x y , con 
f una función diferenciable. 
Queremos hallar el plano tangente la gráfica de f en el punto ( , , ( , ))a b f a b . Ya vimos la 
manera de hallarlo en los casos de superficies de nivel de funciones de tres variables. 
Observamos que la ecuación ( , )z f x y es equivalente a ( , ) 0f x y z  . Si escribimos 
( , , ) ( , ) 0G x y z f x y z   , la superficie es superficie de nivel de G . Podemos calcular el 
gradiente de G , y evaluarlo en el punto ( , , ( , ))a b f a b , y ese vector será el vector normal del 
plano tangente. 
Las derivadas parciales son: 
 ( , ) x
G
f x y z f
x x
 
  
 
 
 ( , ) y
G
f x y z f
y y
 
  
 
 
 ( , ) 1
G
f x y z
z z
 
   
 
 
Al evaluarlas en el punto, obtenemos: 
( , , ( , )) ( , )x
G
a b f a b f a b
x



 
( , , ( , )) ( , )y
G
a b f a b f a b
y



 
( , , ( , )) 1
G
a b f a b
z

 

 
 
La ecuación del plano tangente es: 
( , ) ( ) ( , ) ( ) 1 ( ( , )) 0x yf a b x a f a b y b z f a b         
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75 
 
O lo que es equivalente, ( , ) ( , ) ( ) ( , ) ( )x yz f a b f a b x a f a b y b       . Notar la similitud 
con la aproximación lineal a la función de una variable que recordamos en la página 61. 
Esta última expresión nos permite linealizar una función de dos variables: 
Dada ( , )f x y diferenciable en el punto ( , )a b , su linealización es la función: 
( , ) ( , ) ( , ) ( ) ( , ) ( )x yL x y f a b f a b x a f a b y b       , que resulta una buena aproximación a 
( , )f x y en los puntos cercanos a ( , )a b . 
 
Ejemplo 
Hallar la aproximación lineal de la función ( , ) cos( ) xf x y x y ye   en el punto (0;0) , y 
usarla para aproximar el valor de (0,1;0, 2)f . 
La función es diferenciable, por ser producto y resta de funciones diferenciables. La 
aproximación que se pide es en el punto (0;0) , por lo cual debemos calcular los tres datos: 
(0;0), (0;0), (0;0)x yf f f . 
0(0;0) 0 cos(0) 0 0f e     
0cos( ) (0;0) cos(0) 0 1xx xf y ye f e       
0sen( ) (0;0) 0 sen(0) 1xy yf x y e f e           
La aproximación lineal es: ( , ) (0;0) (0;0) ( 0) (0;0) ( 0)x yL x y f f x f y       . 
Reemplazando con las tres constantes calculadas antes, se tiene: ( , )L x y x y  . 
Para aproximar el valor de (0,1;0, 2)f , evaluamos ese punto en la linealización:(0,1;0, 2) (0,1;0,2) 0,1 0,2 0,1f L     . 
Entonces el valor aproximado de (0,1;0,2)f es 0,1 . Comparemos esta aproximación con el 
valor exacto de (0.1;0.2)f . 
0.1(0,1;0,2) 0,1 cos(0,2) 0,2 0,123f e      . Es decir que la aproximación obtenida 
coincide con el valor real hasta la primera cifra decimal. 
 
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Para las funciones diferenciables de tres variables, el resultado es análogo. La linealización de 
( , , )f x y z en el punto ( , , )a b c es: 
( , , ) ( , , ) ( , , ) ( ) ( , , ) ( ) ( , , ) ( )x y zL x y z f a b c f a b c x a f a b c y b f a b c z c          
 
Ejercicios 
46. Para cada función, graficar la curva de nivel que pasa por el punto junto con el 
gradiente en dicho punto: 
a. 2 2( , ) 2f x y x y  , : ( 2;2)P  
b. 2( , ) 4f x y x y  , : (1;2)P 
c. 2 2( , ) ln( )f x y x y  , : (3; 2)P  
47. Escribir la ecuación del plano tangente a la superficie en el punto indicado: 
a. 2 2 2 3x y z y xz     , : (0;2; 1)P  
b. sen( ) cos( ) 0x y y z    , : (1; ;1)P  
c. 2 3ln( ) 1y z x   , : (1;2;3)P 
48. Un cilindro circular tiene altura 10 cm, y diámetro 10 cm. Estimar cuánto aumenta su 
volumen si la altura y el diámetro aumentan 0,1 cm. Comparar con la variación exacta. 
49. En un circuito como el representado, la resistencia es 
1 2
1
1 1
R
R R


. 
Si 1R cambia de 20 a 20,1 ohms, y 2R cambia de 30 a 29,9 ohms: 
a. Escribir la linealización de R centrada en el punto 1 2( , ) (20;30)R R  y usarla 
para estimar la variación de la resistencia R . 
b. Comparar con la variación exacta de R . ¿Es una buena aproximación la obtenida?
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Extremos locales y puntos de silla 
Las funciones de dos variables pueden tener valores extremos en puntos de su dominio. 
Sea ( , )f x y definida en una región R , y el punto ( , )a b R : 
 Si ( , ) ( , )f a b f x y para todos los puntos ( , )x y de un 
entorno de ( , )a b , se dice que en el punto ( , )a b la función f 
alcanza un mínimo local. 
 Si ( , ) ( , )f a b f x y para todos los puntos ( , )x y de un 
entorno de ( , )a b , se dice que en el punto ( , )a b la función f 
alcanza un máximo local. 
 
Para encontrar un criterio que nos permita hallar los extremos locales de cualquier función de 
dos variables, analicemos los siguientes casos. 
Ejemplo 
Las gráficas de todas las siguientes funciones pasan por el punto (0;0;1) . Hallar el plano 
tangente en ese punto, graficar cada función junto a su plano tangente, y decidir si tienen 
extremo local en (0;0) . 
2 2( , ) 1f x y x y   ; 2 2( , ) 1g x y x y   ; 2 2( , ) 1h x y x y   ; 2 2( , ) 1j x y x y   . 
2 2( , ) 1f x y x y   
(0;0) 1
( , ) 2 (0;0) 0
( , ) 2 (0;0) 0
x x
y y
f
f x y x f
f x y y f

  
  
 
Plano tangente: 1z  
 
 
 
 
Mínimo local en (0;0) . 
2 2( , ) 1g x y x y   
(0;0) 1
( , ) 2 (0;0) 0
( , ) 2 (0;0) 0
x x
y y
g
g x y x g
g x y y g

   
   
 
Plano tangente: 1z  
 
 
 
 
Máximo local en (0;0) . 
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78 
 
2 2( , ) 1h x y x y   
2 2
2 2
(0;0) 1
( , ) (0;0) 0
1
( , ) (0;0) 0
1
x x
y y
h
x
h x y h
x y
y
h x y h
x y


  
 
  
 
 
Plano tangente: 1z  
 
 
 
 
En (0;0) no hay mínimo ni máximo local. 
2 2( , ) 1j x y x y   
2 2
2 2
(0;0) 1
( , ) (0;0) no existe
( , ) (0;0) no existe
x x
y y
j
x
j x y j
x y
y
j x y j
x y

 

 

 
En (0;0;1) no hay plano tangente. 
 
 
 
 
Mínimo local en (0;0) . 
 
En las primeras dos funciones, el plano tangente es horizontal, y hay un extremo local en el 
punto. 
En la cuarta función, hay un extremo local y no existe plano tangente. 
En la tercera función el plano tangente es horizontal, y en el punto no hay extremo local. 
En general, para que una función de dos variables alcance un extremo local en un punto de su 
dominio, las derivadas parciales deben anularse en ese punto, o alguna derivada no debe 
existir en dicho punto. Lo enunciamos así: 
 
Definición: Se llama punto crítico de una función ( , )f x y a un punto interior del dominio 
donde ,x yf f valen 0, o donde alguna de ellas no existe. 
Teorema: Si una función ( , )f x y alcanza un extremo local en un punto ( , )a b interior a su 
dominio, entonces en ( , )a b la función tiene un punto crítico. 
La recíproca no vale. No en todos los puntos críticos de una función se alcanza extremo local. 
Si en un punto crítico no hay mínimo ni máximo local, se dice que es un punto de silla. 
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Para buscar extremos locales, primero vamos a hallar los puntos críticos de la función; 
después debemos clasificarlos. 
En las cuatro funciones del ejemplo anterior, se puede mostrar que el único punto crítico de 
todas es el (0;0) . 
Sus gráficos son sencillos dado que son superficies cuádricas (paraboloide, hiperboloide, 
semicono). ¿Pero qué pasa si tenemos que clasificar un punto crítico de una función de la cual 
no conocemos su gráfica? 
Para el caso general, usamos el siguiente criterio: 
Criterio de la segunda derivada para extremos locales 
Sea la función ( , )f x y , y el punto ( , )a b interior al dominio, donde las derivadas segundas 
de f son continuas, y en el que se cumple ( , ) ( , ) 0x yf a b f a b  . 
Definimos el Hessiano de f como:  
2
( , ) xx yy xy yx xx yy xyH x y f f f f f f f       . 
 Si ( , ) 0H a b  , entonces f tiene un punto de silla en ( , )a b . 
 Si ( , ) 0H a b  , y ( , ) 0xxf a b  , entonces f tiene un mínimo local en ( , )a b . 
 Si ( , ) 0H a b  , y ( , ) 0xxf a b  , entonces f tiene un máximo local en ( , )a b . 
 Si ( , ) 0H a b  , el criterio no decide. Hay que analizar el punto de otra manera. 
 
Ejemplo 
Hallar y clasificar los puntos críticos de la función 2 3 2( , ) 3 2 3 6f x y y y x xy    . 
Dado que es un polinomio, sus derivadas primeras y segundas serán continuas. Los puntos 
críticos de la función son puntos en los que las derivadas parciales se anulan. 
2
6 6
6 6 6
x
y
f x y
f y y x
  
  
. Buscamos puntos críticos resolviendo el sistema de ecuaciones: 
2 2 2
6 6 0
6 (2 ) 06 6 6 0 6 6 6 0 12 6 0
x y y x y x y x
x xy y x x x x x x
        
     
            
 
Las soluciones son: (0;0) , (2;2) . Son los puntos críticos de f . 
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80 
 
Para clasificarlas, calculemos el hessiano. 
26; 6; 6 12 ; 6 ( , ) 6 (6 12 ) 6 72 72xx xy yy yxf f f y f H x y y y              . 
Lo evaluamos en cada punto crítico: 
(0;0) 72 0 72 72 0H       . Entonces f tiene un punto de silla en (0;0) . 
(2;2) 72 2 72 72 0, (2;2) 6 0xxH f        . Entonces f tiene un máximo local en (2;2). 
En las siguientes figuras podemos apreciar estos dos comportamientos: en el gráfico de la 
función, y en un mapa de contorno. 
 
 
 
 
 
 
 
Ejemplo 
Hallar y clasificar los puntos críticos de 2( , )g x y x y . 
Las derivadas parciales son continuas en todo el plano, las igualamos a 0: 
2
2 0
0
x
y
g xy
g x
 

 
 
Para que ambas derivadas se anulen, basta con que la coordenada x del punto sea igual a 0. 
Entonces no hay un único punto crítico. Todos los puntos de la forma (0; )b , es decir, los 
puntos del eje y son puntos críticos de la función. 
Los vamos a clasificar usando el criterio de la segunda derivada. Calculamos el hessiano: 
2 22 ; 2 ; 0; 2 ( , ) 2 0 (2 ) 4xx xy yy yxg y g x g g x H x y y x x          . 
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81 
 
Lo evaluamos en los puntos críticos: 2(0; ) 4 0 0H y     . En este caso, elcriterio no decide. 
Debemos pensar otra estrategia para clasificar a los puntos críticos. 
Una opción puede ser notar que en todos ellos, la función toma el valor: 2(0; ) 0 0g b b   . 
Mientras que en el resto de los puntos, el signo de la función depende del signo de y . 
En los puntos del primer y el segundo cuadrante , donde 0y  , 
0 0
2( , ) 0g x y x y
 
   ; y en los 
puntos del tercer y el cuarto cuadrante , como 0y  , se tiene 
0 0
2( , ) 0g x y x y
 
   . 
 
Al considerar un punto crítico (0; )b , con 0b  , en un entorno 
pequeño hay puntos del eje y , donde 0g  , y hay puntos del tercer y 
del cuarto cuadrante, en los que 0g  . Entonces (0; ) 0 ( , )g b g x y  
para todo ( , )x y de ese entorno. Luego, estos puntos críticos son 
máximos locales de la función ( , )g x y . 
Si tomamos un punto crítico (0; )b , con 0b  , en un entorno pequeño hay puntos del eje y , 
donde 0g  , y hay puntos del primer y del segundo cuadrante, en los que 0g  . Entonces 
(0; ) 0 ( , )g b g x y  para todo ( , )x y de ese entorno. Estos puntos críticos son mínimos 
locales de la función ( , )g x y . 
Por último, cualquier entorno del punto crítico (0;0) tiene puntos en los cuatro cuadrantes, 
por lo cual en ese entorno la función g toma valores positivos y negativos. Como (0;0) 0g  , 
en ese punto la función ( , )g x y no alcanza ni máximo ni mínimo local. Es un punto de silla. 
El gráfico de ( , )g x y muestra lo analizado: 
 
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82 
 
Ejericicios 
50. Hallar y clasificar los puntos críticos de las funciones: 
a. 2 2( , ) 3 3 4f x y x xy y x y      
b. 2 2( , ) 2 3 4 5 2f x y x xy y x y     
c. 3 3( , ) 2 6f x y x y xy    
d. 2 3 2( , ) 6 2 3 6f x y x x y xy    
e. 3 2 3( , ) 3 15 15f x y x y x x y y     
f. 4 4( , ) 4f x y x y xy   
g. ( , ) 2 ln( ) ln( ) 4f x y x y x y    
h. ( , ) y xf x y e y e   
i. ( , ) sen( )f x y y x  
j. 
1 1
( , )f x y xy
x y
   
51. En funciones de una variable es imposible, en el caso de funciones continuas, tener dos 
mínimos locales y ningún máximo local. Pero si las funciones son de dos variables, sí 
existen estos casos. 
Demostrar que la función    
2 2
2 2( , ) 1 1g x y x x y x     tiene sólo dos puntos 
críticos, y en los dos hay mínimos locales. 
 
Extremos absolutos 
Sea ( , )f x y definida en una región R , y el punto ( , )a b R : 
 Si ( , ) ( , )f a b f x y para todos los puntos ( , )x y R se dice que en el punto ( , )a b la 
función f alcanza un mínimo absoluto. 
 Si ( , ) ( , )f a b f x y para todos los puntos ( , )x y R se dice que en el punto ( , )a b la 
función f alcanza un máximo absoluto. 
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83 
 
Se dice que una región R del plano es cerrada si contiene a los puntos de su frontera, y es 
acotada si está dentro de un disco de radio fijo. 
Teorema: Si una función ( , )f x y es continua en una región R cerrada y acotada, entonces 
alcanza máximo absoluto y mínimo absoluto en esa región. 
Los extremos absolutos se pueden alcanzar en puntos críticos interiores a R , o en puntos de 
la frontera de la región. 
 
Para hallar extremos absolutos de funciones en regiones cerradas y acotadas, primero 
analizamos el interior de la región, en búsqueda de puntos críticos, y después estudiamos las 
fronteras de la región. Con todos los puntos hallados, hacemos una lista, y finalmente 
evaluamos a la función en cada uno de los puntos de esa lista. 
Ejemplo 
La temperatura en el disco 2 2: 9D x y  está dada por la función 2 2( , ) 2 2T x y x x y   . 
¿Cuál es el punto más frío y el más caliente del disco? ¿Cuál es la temperatura en esos puntos? 
Tenemos una función continua, por ser un polinomio, a la que le 
buscamos extremos absolutos en una región (el disco) que es cerrada y 
acotada. Por el teorema, sabemos que los va a alcanzar, y que puede 
hacerlo en puntos críticos interiores al disco, o en puntos de la frontera. 
Analicemos el interior de D , es decir, cuando 2 2 9x y  . Para saber si 
en el interior hay puntos críticos, igualamos a 0 a las derivadas parciales de ( , )T x y . 
2 2 0 1
4 0 0
x
y
T x x
T y y
    
 
   
. 
Como el punto ( 1;0) está dentro del disco, lo agregamos a la lista. 
Ahora busquemos en la frontera, esto es, en la circunferencia 2 2 9x y  . Para analizar la 
temperatura en esta curva, debemos evaluar a T en la circunferencia. 
Si 2 2 9x y  , entonces 2 29y x  . Reemplazando en la función temperatura, tendremos: 
 2 2 2 2( , ) 2 2 2 2 9T x y x x y x x x        . 
En los puntos de la frontera, la expresión que calcula la temperatura depende sólo de la 
variable x , que está limitada en el intervalo 3 3x   . 
Cálculo vectorial: Valores extremos MATEMATICA II UNAJ 
 
 
84 
 
El problema del estudio de la frontera se reduce a buscar extremos de la función 
 2 2( ) 2 2 9T x x x x     en 3 3x   . 
Para esto, derivamos y hallamos puntos críticos: 
'( ) 2 2 2 ( 2 ) 0 2 2 0 1T x x x x x            . Este valor pertenece al intervalo 
3 3x   . En los extremos del intervalo también pueden alcanzarse los extremos absolutos 
de ( )T x , así que en total tenemos como opciones: 3, 1, 3x x x    . 
Como estamos analizando la curva 2 29y x  , reemplazamos con esos tres valores de x , y 
obtenemos los puntos:        3;0 , 1; 8 , 1; 8 , 3;0  . Los agregamos a la lista. 
Finalmente, entre los cinco puntos hallados están el más frío y el más caliente del disco, es 
decir, donde la función temperatura alcanza mínimo y máximo absoluto. 
Evaluemos en cada punto: 
  2 21;0 ( 1) 2 ( 1) 2 0 1T           ,   2 23;0 ( 3) 2 ( 3) 2 0 3T          , 
   
2
21; 8 1 2 1 2 8 19T       ,    
2
21; 8 1 2 1 2 8 19T         , 
  2 23;0 3 2 3 2 0 15T       . 
El punto más frío es ( 1;0) , en el que la temperatura es 1 , y los puntos más calientes son 
 1; 8 y  1; 8 , allí la temperatura es igual a 19. 
Para interpretar esta situación, veamos el gráfico del disco 
D junto con las curvas de nivel de ( , )T x y que pasan por los 
cinco puntos encontrados. 
Las curvas de nivel K son elipses con centro en ( 1;0) , y 
cuanto mayor es el valor de K , más grandes son los 
semiejes. La mayor de estas elipses que tiene puntos en el 
disco D es la curva de nivel 19, y la menor es con 1K   . 
En los puntos        3;0 , 1; 8 , 1; 8 , 3;0  , se puede 
apreciar que las curvas de nivel son tangentes a la 
circunferencia frontera del disco. Es por esto que 
aparecieron en la lista, aunque no en todos esos puntos hay 
extremos absolutos. En esta propiedad se basa el método que veremos a continuación.
Las curvas de nivel de 
T son elipses de ecuación 
2 2( 1) 2 1x y K    , 
para 1K   . 
Cálculo vectorial: Valores extremos MATEMATICA II UNAJ 
 
 
85 
 
Multiplicadores de Lagrange 
Sea ( , )f x y una función diferenciable. Queremos encontrar los extremos absolutos de f 
sobre la curva C. 
Supongamos que esta curva está parametrizada por ( ) ( ), ( )r t x t y t ; y que en el punto 
PC la función f alcanza un extremo absoluto. 
 En ese punto calculamos el gradiente de f , y también el vector 
'( ) '( ), '( )r t x t y t , tangente a la curva. Queremos saber cómo 
debe ser el ángulo entre estos dos vectores. 
Vamos a calcular cómo varía f al movernos desde el punto P 
sobre la curva, es decir, la derivada de la composición ( ( ))f r t . Usando la regla de la cadena, 
tenemos: 
( ( ))
'( )
df r t f dx f dy
f r t
dt x dt y dt
 
      
 
. 
Hay tres posibilidades para el resultado de la derivada: 
 '( ) 0f r t   , es decir que al movernos sobre la curva C en la dirección del vector 
'( )r t la función f decrece, porlo tanto en el punto P no puede haber un mínimo. 
Pero entonces como  '( ) 0f r t    , al movernos en sentido opuesto la función f 
crece, por lo cual tampoco puede haber un máximo en P . En conclusión, es imposible 
que la derivada sea negativa en ese punto. 
 '( ) 0f r t   , es decir que al movernos sobre la curva C en la dirección del vector 
'( )r t la función f crece, por lo tanto en el punto P no puede haber un máximo. Pero 
entonces como  '( ) 0f r t    , al movernos en sentido opuesto la función f 
decrece, así que tampoco puede haber un mínimo en P . Entonces la derivada 
tampoco puede ser positiva. 
 La única opción posible es que la derivada en el punto P sea igual a 0. Esto es, 
'( ) 0f r t   . Entonces el vector gradiente de f y el vector tangente a la curva son 
perpendiculares en P . 
 
Si f alcanza un extremo absoluto en el punto PC, entonces ( )f P es perpendicular a C. 
Cálculo vectorial: Valores extremos MATEMATICA II UNAJ 
 
 
86 
 
Por otro lado, la curva C es curva de nivel de alguna función ( , )g x y , es decir que admite una 
ecuación C: ( , )g x y K . Ya vimos antes (página 71) que el gradiente de una función es 
perpendicular a la curva de nivel en todos sus puntos. Luego, en el punto P se cumple que 
( )g P es perpendicular a la curva C. 
Entonces como los vectores ( )f P , ( )g P son perpendiculares a la curva C en el punto P , 
deben ser paralelos entre sí. La condición se traduce como: ( ) ( ) f P g P   . A la constante 
 se la llama “multiplicador de Lagrange”. 
 
Método de los multiplicadores de Lagrange 
Se tiene la función diferenciable ( , )f x y , sujeta a la restricción ( , )g x y K . Para determinar 
los extremos absolutos de f en esa curva, hay que resolver el sistema de ecuaciones: 
( , ) ( , ) 
( , )
f x y g x y
g x y K
  


 
Si la función a optimizar es de tres variables, y la restricción es una superficie de ecuación 
( , , ) g x y z K , se plantea un sistema análogo. 
 
Ejemplo 
Hallar los extremos absolutos de 2 2( , ) 2 2T x y x x y   sobre la circunferencia de ecuación 
2 2 9x y  (es el mismo problema del último ejemplo, pero en lugar de considerar todo el 
disco, sólo analizamos el borde). 
Aquí está claro cuál es la función a optimizar y la restricción. Llamemos 2 2( , ) 9g x y x y   . 
El sistema de ecuaciones es: 
2 2
( , ) ( , ) 
9
T x y g x y
x y
  

 
 
Calculando los gradientes se transforma en: 
2 2
2 2;4 2 ;2 
9
x y x y
x y
   

 
. 
Al ser una igualdad entre vectores, la primera ecuación genera dos ecuaciones, y el sistema 
desarrollado nos queda: 
Cálculo vectorial: Valores extremos MATEMATICA II UNAJ 
 
 
87 
 
2 2
2 2 2
4 2 
9
x x
y y
x y


   

 

 
 
Empezamos con la segunda ecuación: 4 2 4 2 0 2 (2 ) 0y y y y y            . Para 
que este producto sea igual a 0, alguno de los dos factores debe valer 0. 
Caso 1: 2 0 0y y   . Reemplazando en la tercera ecuación, tenemos 2 20 9 3x x     . 
Vamos a la primera ecuación para hallar el valor del multiplicador. Con 3x  , 
4
2 3 2 2 3
3
        . Con 3x   , 
2
2 ( 3) 2 2 ( 3)
3
          . 
Tenemos dos puntos:  3;0 , con 
4
3
  , y  3;0 , con 
2
3
  . 
Caso 2: 2 0 2     . En la primera ecuación: 2 2 2 2 2 2 1x x x x       . 
Reemplazando en la tercera: 2 2 21 9 8 8y y y       . 
Encontramos dos puntos más:  1; 8 y  1; 8 , ambos con 2  . 
En total tenemos cuatro puntos de la circunferencia en los que ( , )T x y puede alcanzar 
extremos absolutos. Además la restricción es una región cerrada y acotada, por lo cual 
podemos afirmar que la función continua ( , )T x y tiene extremos. Sólo falta evaluar en cada 
punto hallado: 
  2 23;0 ( 3) 2 ( 3) 2 0 3T            2 23;0 3 2 3 2 0 15T       
   
2
21; 8 1 2 1 2 8 19T            
2
21; 8 1 2 1 2 8 19T      
 
El máximo absoluto se alcanza en los puntos  1; 8 , y el 
mínimo absoluto se alcanza en el punto  3;0 . 
Notar que al no considerar el interior del disco, el mínimo 
absoluto cambió. 
En el gráfico se muestran algunas curvas de nivel de ( , )T x y , 
están destacadas las que pasan por los puntos hallados al 
resolver el sistema, junto con los gradientes de las dos 
funciones calculados en esos puntos. 
Cálculo vectorial: Valores extremos MATEMATICA II UNAJ 
 
 
88 
 
Ejemplo 
Hallar el punto más cercano al origen en la curva de ecuación 2 3 2x y  . 
La curva es una parábola con eje de simetría vertical y vértice 
en el punto 
3
0;
2
 
 
 
. 
En este caso la curva es la restricción, y la función a optimizar 
no está dada explícitamente. 
Se trata de encontrar el punto más cercano al origen, es decir de minimizar la distancia desde 
el (0;0) hasta un ( , )x y . Esta distancia se calcula con la expresión 2 2d x y  . Si en lugar 
de elegir a esa como la función a optimizar nos quedamos con el cuadrado de la distancia, el 
mínimo se hallará en el mismo punto, pero las derivadas parciales tendrán una expresión más 
sencilla. 
Entonces tomamos 2 2( , )f x y x y  como la función a la que le buscamos el mínimo 
absoluto, sujeta a la restricción 2 3 2x y  . 
Para poder plantear el sistema, reescribimos a la restricción como 2( , ) 2 3g x y x y   . 
2
2 2
2 2
2 3
x x
y
x y


  

 

 
 
De la primera ecuación: 2 2 2 2 0 2 (1 ) 0x x x x x            . 
Caso 1: 2 0 0x x   . Reemplazando en la tercera ecuación: 
3
2 3
2
y y   . Y en la 
segunda: 
3 3
2 2
2 2
      . 
Se obtiene el punto 
3
0;
2
 
 
 
, con 
3
2
  . 
 
Caso 2: 1 0 1     . Evaluando en la segunda ecuación: 2 1 2 1y y    . De la tercera: 
2 22 1 3 1 1x x x        . 
Cálculo vectorial: Valores extremos MATEMATICA II UNAJ 
 
 
89 
 
Hay dos puntos más, el ( 1;1) y el (1;1) . 
Al evaluar f en estos tres puntos, se obtiene: 
2
23 3 90; 0
2 2 4
f
   
     
   
, 2 2( 1;1) ( 1) 1 2f      , 2 2(1;1) 1 1 2f    . 
El menor de estos valores es 2, y se alcanza en los puntos ( 1;1) . Por lo tanto, esos dos puntos 
son los más cercanos al origen en la parábola. 
¿Pero sería correcto decir que el 
3
0;
2
 
 
 
 es el punto más lejano al origen en la curva? En el 
gráfico se ven puntos que están más lejos del (0;0) que este. Sí es cierto que por los tres 
puntos hallados pasan curvas de nivel de f que son tangentes a la parábola. 
 
 
 
 
 
 
 
¿Entonces por qué no hay máximo absoluto para f en la parábola? En realidad, no podíamos 
asegurar la existencia de extremos absolutos desde el principio, como sí se aseguraba en el 
ejemplo anterior. 
La función 2 2( , )f x y x y  es continua, pero la región donde está restringida no es acotada. 
La parábola no está contenida en ningún disco de radio fijo. Es por esto que no podemos 
aplicar el teorema que asegura que una función alcanza extremos absolutos. Podría 
alcanzarlos o no. En este caso, se puede afirmar a partir del registro gráfico, que f alcanza 
mínimo absoluto en los puntos ( 1;1) , pero no tiene máximo absoluto. 
 
Cálculo vectorial: Valores extremos MATEMATICA II UNAJ 
 
 
90 
 
Ejercicios 
52. Hallar los extremos absolutos de ( , )f x y x y  en la región 2 22 2x y  . 
53. Hallar los extremos absolutos de 2 2( , ) 4f x y x y  sobre la curva 8x y  . 
54. Hallar los extremos absolutos de 2 2( , ) 2f x y x y y   en la región limitada por el 
triángulo de vértices (0;4), ( 4;0), (4;0) . 
55. Hallar el punto más cercano al (0;1) en la hipérbola 2 22 4x y  . 
56. Hallar el punto más cercano y el más lejano al (1; 1;1) en la esfera de ecuación 
2 2 2 4x y z   . Verificar que la suma de la distancia mínima y la distancia máxima esigual al diámetro de la esfera. 
57. Hallar el punto más cercano a (6; 2;7) en el plano 2 3 7x y z   . Comparar con el 
resultado del ejemplo de la página 20.

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