Problemas de calculo vectorial-31

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3.2 Extremos condicionados 91
y como en el caso anterior x = y = 2z3 . La restricción del volumen
nos permite determinar que la solución óptima pedida corresponde
a
x = y =
3
√
2
3
, z = 3
√
9
4
.
502 Encontrar el valor ḿınimo de la función x2 + 2y2 + 3z2 en la intersección
de los planos x+ 2y = 3 y 2y + 3z = 2.
503 Encontrar el punto de la intersección entre el paraboloide z = 4− x2 − y2
y el plano x+ 2y = 1 más cercano al origen.
504 Considerar la función
f(x, y) =
x3
3
+ axy +
y4
4
donde 0 < a < 1 es una constante. Determinar el valor máximo y ḿınimo
de f en el cuadrado −1 ≤ x ≤ 1, −1 ≤ y ≤ 1 para a = 1/230.
505 Hallar los valores extremos de la función f(x, y) = 2x4− 3x2y2 + 2y4−x2
en el disco x2 + y2 ≤ 1.
Solución 505:
Como de costumbre, existen dos posibilidades que debemos tener en
cuenta: buscar los puntos cŕıticos de f sin restricciones que verifican la
restricción x2 + y2 ≤ 1, y los puntos cŕıticos de f bajo la restricción
x2 + y2 = 1. La primera conduce al sistema
2x(4x2 − 3y2 − 1) =0,
2y(−3x2 + 4y2) =0,
cuyas soluciones, después de examinar las cuatro posibilidades que sur-
gen según qué factor en cada ecuación se anula, son
(0, 0),
(
±1
2
, 0
)
,
(
± 2√
7
,±
√
3
7
)
(todas las combinaciones de signos son válidas). La segunda posibilidad
conduce al sistema
2x(4x2 − 3y2 − 1 + λ) =0,
2y(−3x2 + 4y2 + λ) =0,
x2 + y2 =1.
92 Capı́tulo 3 Optimización92 Capı́tulo 3 Optimización92 Capı́tulo 3 Optimización
De nuevo estudiando las cuatro posibilidades que surgen, llegamos a los
puntos (sin repetir aquellos comunes con la posibilidad anterior)
(0,±1), (±1, 0).
Finalmente, debemos evaluar la función f en todos estos candidatos y
decidir el valor máximo y mı́nimo: el máximo es 2 y se alcanza en los
puntos (0,±1) y el mı́nimo es − 27 y se alcanza en los cuatro puntos(
± 2√
7
,±
√
3
7
)
.
506 Determinar los extremos de la función f(x, y) = x
3
3 −
x2y2
2 +
x2
2 +
y2
2 sobre
la región determinada por las condiciones x2 + y2 ≤ 4 e y ≥ x+ 1.
507 Encontrar al valor máximo de f(x, y) = xy para todos los puntos del
triángulo con vértices (0, 0), (1, 0), (0, 1).
508 Considera la función f(x, y, z) = x2 + y2 + z2 + x + y + z y el conjunto
M = {(x, y, z) ∈ R3 : x2 + y2 + z2 = 4, z ≤ 1}. Calcula los valores
máximo y ḿınimo de f en M , procediendo en dos pasos:
(a) Calcula los extremos de f bajo la restricción x2 + y2 + z2 = 4 que
satisfacen además la condición z ≤ 1.
(b) Encuentra los extremos de f bajo las dos restricciones x2+y2+z2 = 4,
z = 1, y compara los valores obtenidos con los del apartado anterior
para concluir.
509 Se considera la función f(x, y) = x2y2 − 3xy − 4. Se pide:
(a) Obtener y clasificar los puntos cŕıticos de f .
(b) Hallar los puntos cŕıticos de f en el conjunto M = {(x, y) ∈ R2 :
x2 + y2 = 1} y clasificarlos.
(c) Determinar un polinomio P (x, y), de grado menor o igual que dos, de
forma que
ĺım
(x,y)→(1,1)
f(x, y)− P (x, y)
(x− 1)2 + (y − 1)2 = 0.
Solución 509:
(a) Planteamos el sistema de puntos cŕıticos:
∂f
∂x
= 2xy2 − 3y = 0,
∂f
∂y
= 2x2y − 3x = 0,
 =⇒
y(2xy − 3) = 0,
x(2xy − 3) = 0.
3.2 Extremos condicionados 93
Si y = 0 en la primera ecuación, entonces en la segunda ecuación
x = 0. Se obtiene el punto P = (0, 0).
Si 2xy = 3, se resuelven ambas ecuaciones, luego el conjunto de
puntos xy = 32 es solución del sistema.
Para clasificar los puntos cŕıticos que nos han salido estudiamos la
matriz hessiana de f :
Hf (x, y) =
(
2y2 4xy − 3
4xy − 3 2x2
)
.
Entonces,
Hf (0, 0) =
(
0 −3
−3 0
)
,
cuyo determinante es −9, y por tanto corresponde a una forma
cuadrática indefinida. Es decir (0, 0) es un punto de silla.
Por otra parte, en los puntos de la curva xy = 32 , Hf tiene
determinante 0, por lo que el criterio de la derivada segunda no
decide. No obstante podemos observar que
f(x, y) = x2y2 − 3xy − 4 = (xy − 32 )2 − 94 − 4 = (xy − 32 )2 − 254 .
Luego f(x, y) ≥ − 254 . Teniendo en cuenta que el valor de f en los
puntos xy = 32 es justamente − 254 , deducimos que en todos los
puntos de esa curva f alcanza un mı́nimo.
(b) Resolvemos usando multiplicadores de Lagrange. El sistema de
puntos cŕıticos para esta función es
2xy2 − 3y − 2λx = 0
2x2y − 3x− 2λy = 0
x2 + y2 = 1
 =⇒
2x(y2 − λ) = 3y (1)
2y(x2 − λ) = 3x (2)
x2 + y2 = 1 (3)
De (1) y (2), si x, y 6= 0 se tiene xy (y2 − λ) =
y
x (x
2 − λ), y si λ 6= 0
resulta que x2 = y2.
Entonces, si x = y, en (3) se tiene que x = ±
√
1
2 . Salen los puntos
P1 = (
√
1
2 ,
√
1
2 ), P2 = (−
√
1
2 ,−
√
1
2 ).
Por el contrario, si x = −y entonces los puntos son
P3 = (
√
1
2 ,−
√
1
2 ), P4 = (−
√
1
2 ,
√
1
2 ).
Por otra parte, si x = 0, y = 0 ó λ = 0, el sistema no posee solución.