Ayudantía 7 pauta

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Universidad Técnica
Federico Santa Maŕıa
Departamento de Matemática
Ayudant́ıa 7
1 Semestre 2020
Coordinación MAT-023
1. Determine y clasifique los puntos cŕıticos de la función
f(x, y) = 2x3 + xy2 + 5x2 + y2.
Solución:
Comenzaremos calculando los puntos cŕıticos de la función dada,
∇f(x, y) = (6x2 + y2 + 10x, 2xy + 2y) = (0, 0).
Resolviendo se obtienen
P1 = (0, 0), P2 = (−5/3, 0), P3 = (−1, 2), P4 = (−1,−2).
A continuación calculamos la respectiva matriz Hessiana de f .
Hf(x, y) =
(
2(6x+ 5) 2y
2y 2(x+ 1)
)
.
Y evualamos para determinar la naturaleza de cada uno de los puntos criticos obtenidos.
det(Hf(P1)) = 20, fxx(P1) = 12, P1 es un mı́nimo local
det(Hf(P2)) = 40/3, fxx(P2) = −2, P2 es un máximo local
det(Hf(P3)) = −16, P3 es un punto tipo silla
det(Hf(P4)) = −16, P4 es un punto tipo silla
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2. Determine los máximos y mı́nimos absolutos de la función
f(x, y) = 3 + xy − x− 2y,
definida sobre el triángulo de vértices (1, 0), (5, 0), (1, 4).
Solución:
Para determinar los máximos y mı́nimos absolutos debemos analizar el interior del triangulo respectivo asi como
en su frontera. Para realizar el análisis en el interior de la región buscaremos determinar la existencia de puntos
criticos en ella,
∇f(x, y) = (y − 1, x− 2),
El unico punto cŕıticos es P1 = (2, 1).
A continuación analizaremos la frontera, la cual la dividiremos en 2 segmentos, a saber:
B1 := {(x, y) ∈ R2 : x = 1, y ∈ [0, 4]} −→ f |B1 = 2− y
B2 := {(x, y) ∈ R2 : y = 0, x ∈ [1, 5]} −→ f |B2 = 3− x
B3 := {(x, y) ∈ R2 : y = −x+ 5, x ∈ [1, 5]} −→ f |B3 = −x2 + 6x− 7.
Cada una de las restricciones de f a B1, B2, B3 determinan respectivamente los siguientes candidatos a máximo
o minimo,
P2 = (1, 0), P3 = (1, 4), P4 = (5, 0), P5 = (3, 2).
Evaluamos en todos los puntos encontrados,
f(P1) = 1, f(P2) = 2, f(P3) = −2, f(P4) = −2, f(P5) = 2.
Se concluye que P2, P5 son los puntos donde f alcanza su máximo y P3, P4 puntos donde f alcanza su valor
mı́nimo.
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3. Determine los valores máximos y mı́nimos de la función f(x, y, z) = x2 + y2 + z2 definida sobre la superficie
x2 +
y2
4
+
z2
9
= 1.
Solución:
Para resolver lo pedido utilizamos el método de los Multiplicadores de Lagrange, además notamos que en caso
de existir varios puntos que satisfagan la condición de Lagrange, como la función f es continua y se encuentra
definida sobre una región cerrada y acotada de R3, su máximo y su mı́nimo existe y debe ser alguno de los puntos
encontrados.
La ecuación ∇f(x, y) = λλ∇g(x, y) conduce a las ecuaciones
2x = 2λx
2y =
1
2
λy
2z = −2
9
λz
x2 +
1
4
y2 +
1
9
z2 − 1 = 0
Este sistema tiene por solución los siguientes 6 puntos,
(±1, 0, 0), (0,±2, 0), (0, 0,±3).
Evaluamos nuestra función f en estos puntos para obtener,
f(±1, 0, 0) = 1, f(0,±2, 0) = 4, f(0, 0,±3) = 9,
de donde se concluye que el máximo valor de f es 9 y lo alcanza en los puntos (0, 0,±3) y su mı́nimo valor es 1
y lo alcanza en los puntos (±1, 0, 0).
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4. Considere la función
h(x, y) = ax2y + bxy2 +
a2y2
2
+ 2y.
Determine los valores de a, b de modo que la función tenga un punto tipo silla en (1, 1).
Solución:
Comenzamos calculando el gradiente,
∇h(x, y) = (2axy + by2, ax2 + 2xyb+ a2y + 2).
Luego imponemos la condición que (1, 1) sea un punto critico,
(2axy + by2, ax2 + 2xyb+ a2y + 2) = (0, 0).
De aqúı, se tienen dos posibles soluciones,
(a, b) = (1,−2) o bien (a, b) = (2,−4).
Para que el punto (1, 1) sea punto silla, verificaremos que los valores propios de la matriz Hessiana tengan distinto
signo.
En primer lugar revisaremos para a = 1, b = −2, en este caso
H(1, 1) =
[
2 −2
−2 −3
]
,
cuyos valores propios son
λ = −1
2
±
√
41
2
.
De manera análoga, si a = 2, b = −4 se tiene que
H(1, 1) =
[
4 −4
−4 −1
]
,
con valores propios,
λ =
3
2
±
√
89
2
.
Podemos concluir, en ambos casos, que el punto (1, 1) es un punto tipo silla.
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5. Demuestre que
x3y ≥ −3
4
, si x4 + y4 = 1.
Solución:
Para probar lo pedido, consideremos la función,
f(x, y) = x3y, sujeta a x4 + y4 = 1.
Haciendo uso de los multiplicadores de Lagrange, calcularemos el mı́nimo de f sobre el conjunto dado.
3x2y = λ4x3.
x3 = λ4y3.
x4 + y4 = 1
Resolviendo, encontramos que los puntos que satisfacen el sistema anterior son,
P1 = ±(0, 1), P2 = ±
(√
2
√
3
2
,
√
2
2
)
, P3 = ±
(√
2
√
3
2
,−
√
2
2
)
con
f(P1) = 0, f(P2) =
4
√
33
4
, f(P3) = −
4
√
33
4
Como la función f es continua y el conjunto x4 + y4 = 1 es cerrado y acotado, se tiene que que f alcanza su
máximo y mı́nimo en dicho conjunto, a saber
Minf(x, y) = −
4
√
33
4
> −3
4
.
De donde se concluye lo pedido.
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6. Hallar los máximos y mı́nimos absolutos para f(x, y) = x2 + xy + y2 en el disco unitario
D = {(x, y) : x2 + y2 ≤ 1}.
Solución:
Determinemos los puntos cŕıticos en el interior de D y los puntos cŕıticos en su frontera. Los de la frontera se
pueden encontrar usando multiplicadores de Lagrange, donde la restricción está dada por x2 + y2 = 1. Hay que
resolver el sistema:
∂f
∂x
= λ
∂g
∂x
→ 2x+ y = λ(2x)
∂f
∂y
= λ
∂g
∂y
→ 2y + x = λ(2y)
De la primera ecuación se tiene que y = 2(λ− 1)x; sustituyendo en la segunda ecuación se tiene:
4(λ− 1)x+ x = 4λ(λ− 1)x
De aqúı, x(−4(λ− 1)2 + 1) = 0. Hay dos posibilidades:
x = 0, entonces, por x2 + y2 = 1, y2 = 1 y, por lo tanto, y = 1 e y = −1. De aqúı resultan dos puntos
cŕıticos (0, 1) y (0,−1).
Si −4(λ− 1)2 + 1 = 0, entonces (λ− 1)2 = 14 , por lo tanto, λ =
3
2 o λ =
1
2 .
Si se sabe que λ = 32 se tiene que x = y y sustituyendo en la segunda ecuación se tiene que x =
1√
2
o
x = −1√
2
, asi los puntos cŕıticos son
(
1√
2
, 1√
2
)
y
(
−1√
2
, −1√
2
)
.
Si se sabe que λ = 12 se tiene que x = −y, resulta entonces que x =
1√
2
o x = −1√
2
, obteniendo los cŕıticos(
1√
2
, −1√
2
)
y
(
−1√
2
, 1√
2
)
.
Ahora hay que determinar los puntos cŕıticos en el interior del disco. Entonces
∂f
∂x
= 0→ 2x+ y = 0
∂f
∂y
= 0→ x+ 2y = 0
La única solución de este sistema es x = 0, y = 0, por lo que (0, 0) es otro punto cŕıtico.
Aśı
Hf(0, 0) =
[
2 1
1 2
]
Donde |H1f(0, 0)| = 2 > 0 y |Hf(0, 0)| = 3 > 0, aśı en (0, 0) se tiene un mı́nimo local de valor cero.
Finalmente:
(x, y) (0,1) (0,-1)
(
1√
2
, 1√
2
) (−1√
2
, −1√
2
) (
1√
2
, −1√
2
) (−1√
2
, 1√
2
)
(0,0)
f(x, y) 1 1 32
3
2
1
2
1
2 0
Las más pequeña de estas imágines es cero; este es el mı́nimo absoluto. Las más grande es 32 , este es el máximo
absoluto.
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7. Hallar y clasificar los extremos de la función f(x, y, z) = 2x2 + y2 + z2 − xy en la región R ⊆ R3 definida por las
ecuaciones
x2 + y2 + z2 ≤ 1 −1
2
≤ x ≤ 1
2
y ≥ −1
2
Solución:
Primero resolveremos el problema sin restricciones y veremos que los puntos esten en el conjunto R.
∇f(x, y, z) = (4x− y, 2y − x, 2z) = (0, 0, 0)
Luego, el único punto candidato a extremo es P0(0, 0, 0) ∈ R.
La matriz Hessiana, viene dada por
Hf(x, y, z) =
 4 −1 0−1 2 0
0 0 2

Notemos que Hf(x, y, z) es definida positiva en el punto P0, ya que:
41 = 4 > 0, 42 = 7 > 0 y 43 = 14 > 0
Por lo tanto, la función f tiene en P0 un mı́nimo local y f(P0) = 0,
Por otro lado, analizamos f restringida a la función g(x, y, z) = x2 + y2 + z2 − 1. Aśı, se tiene que el siguiente
sistema:
4x− y − 2λx = 0
2y − x− 2λy = 0
2z − 2λz = 0
x2 + y2 + z2 = 1
Notemos que en la tercera ecuación tenemos que z=0 o bien λ = 1. Luego:
Si λ = 1 se tiene que:
4x− y − 2λx = 0
2y − x− 2λy = 0
Lo que permite obtener los puntos cŕıticos P1 = (0, 0, 1) y P2 = (0, 0,−1) de donde se sigue que f(P1) = f(P2) =
1, Ahora bien como R es un conjunto compacto se tiene que P1 y P2 son puntos máximos.
Para z = 0, tenemos que x2 + y2 = 1 luego el sistema a resolveres:
4x− y − 2λx = 0
2y − x− 2λy = 0
Lo cual es un sistema lineal de la forma:
Hf(x, y) =
(
4− 2λ −1
−1 2− 2λ
)(
x
y
)
=
(
0
0
)
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El cual tiene como solución nula x = y = 0 si el determinante de la mtriz esno nulo. Y ese caso ya fue analizado.
Ahora, si analizamos el caso el que determinante sea cero, tenemos que 4λ2 − 12λ+ 7 = 0, es decir, λ1 = 3+
√
2
2
y λ2 =
3−
√
2
2 , aśı, tenemos dos rectas paralelas, las cuales son:
y = (1±
√
2)x
x = (−1±
√
2)y
Aśı para la recta l1 : y = (1 +
√
2)x y la restricción x2 + y2 = 1, tenemos los puntos cŕıticos(
± 1√
4 + 2
√
2
,± 1 +
√
2√
4 + 2
√
2
, 0
)
Mientra que para la recta l2 : y = (1−
√
2)x y la restricción se tiene los puntos cŕıticos:(
± 1√
4− 2
√
2
,± 1 +
√
2√
4− 2
√
2
, 0
)
Luego, usando las restricciones que definen R y las apoximaciones se descartan todos los puntos aexcepción de:
P3 =
(
± 1√
4 + 2
√
2
,± 1 +
√
2√
412
√
2
, 0
)
La cual f(P3) = 0, 7929, asi es un maximo local dada la compacidad de R.
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