Matem1 Problemas Resueltos Algebra (Junio 2023) (79)

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16 VARIAS VARIABLES: EXTREMOS (*)
18. Determina los extremos relativos de la función f(x, y) = xye−x
2−y2 .
Solución: f ′x = y(1−2x2)e−x
2−y2 y f ′y = x(1−2y2)e−x
2−y2 se anulan simultáneamente en P = (0, 0)
y en Q1 = (
√
1/2,
√
1/2), Q2 = (
√
1/2,−
√
1/2), Q3 = (−
√
1/2,
√
1/2) y Q4 = (−
√
1/2,−
√
1/2).
Derivando: f ′′xx = 2xy(2x
2−3)e−x2−y2 , f ′′yy = 2xy(2y3−3)e−x
2−y2 y f ′′xy = (1−2x2)(1−2y2)e−x
2−y2 .
En el punto P se tiene f ′′xx(P ) = f
′′
yy(P ) = 0 y f
′′
xy(P ) = 1, luego es un punto-silla.
En Q1 se tiene f
′′
xx(Q) = f
′′
yy(P ) = −2e−1 y f ′′xy(P ) = 0, luego es un máximo relativo.
De modo análogo se ve que hay otro máximo relativo en Q4 y que hay mı́nimos relativos en Q2 y
en Q3.
o
19. Determina los extremos relativos de la función f(x, y) = y2 − 4xy
1 + x2
Solución: Las derivadas parciales son
f ′x = −4y
1 + x2 − 2x2
(1 + x2)2
=
4y(x2 − 1)
(1 + x2)2
=
4y(x− 1)(x+ 1)
(1 + x2)2
f ′y = 2y −
4x
1 + x2
Para que se anule f ′x debe ser o bien y = 0 (y entonces tiene que ser x = 0 para que se anule f
′
y),
o bien x = 1 (y entonces 0 = 2y − 2, o sea y = 1), o bien x = −1 (y entonces 0 = 2y + 2, o sea
y = −1). Por tanto los puntos cŕıticos son P = (0, 0), Q = (1, 1) y R = (−1,−1). Para determinar
si son extremos relativos o puntos-silla debemos calcular las derivadas segundas
f ′′xx = 4y
2x(1 + x2)− (x2 − 1)4x
(1 + x2)3
=
8xy(3− x2)
(1 + x2)3
f ′′xy =
4(x2 − 1)
(1 + x2)2
f ′′yy = 2
de manera que los hessianos en los puntos cŕıticos valen
Hf(P ) =
(
0 −1
−1 2
)
Hf(Q) =
(
2 0
0 2
)
Hf(R) =
(
2 0
0 2
)
Por tanto en P = (0, 0) hay un punto-silla, y en Q = (1, 1) y R = (−1,−1) hay mı́nimos relativos.
o
20. Determina los extremos relativos de la función f(x, y) = (2x− y + 1)2 + (x− 3y)2 + 1.
Solución: Es claro que sólo tiene un mı́nimo cuando se anulan ambos paréntesis, o sea en
(−3
5 ,
−1
5
)
.
Si no se observa esto, el proceso t́ıpico es aśı: f ′x = 10x − 10y + 4, f ′y = −10x + 20y − 2, que se
anulan simultáneamente si x− y = −2/5 y x− 2y = −1/5, o sea en el punto
(−3
5 ,
−1
5
)
.
Como f ′′xx = 10, f
′′
xy = −10, f ′′yy = 20, el test de las derivadas segundas nos dice que hay un mı́nimo.
o
Matemáticas de 1 , problemas 235 Alberto del Valle Robles
16 VARIAS VARIABLES: EXTREMOS (*)
21. Determinar los extremos relativos de la función f(x, y) = (2x− x2)(2y − y2).
Solución: Planteamos el sistema de ecuaciones f ′x = 0, f
′
y = 0. Para resolver un sistema aśı es bueno
expresar las parciales como productos [NO es buena idea poner f(x, y) = 4xy−2xy2−2x2y+x2y2]:
0 = f ′x = (2−2x)(2y−y2) = 2(1−x)y(2−y) 0 = f ′y = (2x−x2)(2−2y) = 2x(2−x)(1−y)
La primera ecuación nos da tres posibilidades (x = 1, y = 0 e y = 2) que analizamos:
x = 1, y entonces (sustituyendo en la segunda) 0 = 2(1−y), lo que nos da el punto cŕıtico P = (1, 1).
y = 0, y entonces 0 = 2x(2− x), lo que nos da los puntos cŕıticos Q1 = (0, 0) y Q2 = (2, 0).
y = 2, y entonces 0 = −2x(2− x), lo que nos da los puntos cŕıticos Q3 = (0, 2) y Q4 = (2, 2).
Las parciales segundas son f ′′xx = −2y(2 − y), f ′′yy = −2x(2 − x), f ′′xy = 4(1 − x)(1 − y). En P se
tiene f ′′xx = f
′′
yy = −2 y f ′′xy = 0 (determinante Hessiano 4), luego hay un máximo relativo. En los
Qi se tiene f
′′
xx = f
′′
yy = 0 y f
′′
xy = ±4 (determinante Hessiano −16), luego hay puntos-silla.
o
22. Encuentra y clasifica en función del parámetro a los puntos cŕıticos de la función f(x, y) = 2x4 +
y2 − axy.
Solución: Las derivadas primeras de la función valen f ′x = 8x
3−ay, f ′y = 2y−ax, luego los puntos
cŕıticos (x, y) deben verificar y = 8x3/a e y = ax/2, y por tanto 16x3 = a2x, de donde o bien x = 0
o bien x = ±
√
a2/16 = ±a/4. Como y = ax/2, se obtienen los puntos cŕıticos
P = (0, 0) Q1 =
(
a/4, a2/8
)
Q2 =
(
−a/4,−a2/8
)
Si a = 0 los tres son el mismo y en él hay un mı́nimo, pues f(x, y) = 2x4+ y2 ≥ 0. Sea ahora a 6= 0.
Las derivadas segundas valen f ′′xx = 24x
2, f ′′yy = 2, f
′′
xy = f
′′
yx = −a, luego las matrices Hessianas
son
Hf(P ) =
(
0 −a
−a 2
)
Hf(Q1) = H(Q2) =
(
24a2/16 −a
−a 2
)
=
(
3a2/2 −a
−a 2
)
Como Hf(P ) tiene determinante negativo −a2, en P hay un punto-silla. En Hf(Qi), tanto su
entrada (1, 1) es como su determinante 3a2 − a2 = 2a2 son positivos, luego en cada Qi hay un
mı́nimo relativo.
o
23. Calcula los puntos cŕıticos de f(x, y) = x2 + (y + 12)2 sobre la elipse x2 + 4y2 = 100.
Solución: Aplicando el método de los multiplicadores de Lagrange, el sistema de ecuaciones que
hay que resolver es
x2 + 4y2 = 100 2x = λ · 2x 2(y + 12) = λ · 4y
La segunda ecuación, 2x(1− λ) = 0, da dos opciones (x = 0 ó λ = 1) que analizamos:
Para x = 0 la primera ecuación da y = ±5, lo que nos da dos puntos cŕıticos A = (0, 5) y
B = (0,−5).
Matemáticas de 1 , problemas 236 Alberto del Valle Robles
16 VARIAS VARIABLES: EXTREMOS (*)
Para λ = 1, de la tercera ecuación se deduce que y = 4, y entonces de la primera se deduce que
x = ±6. Esto nos da los otros dos puntos cŕıticos C = (6, 4) y D = (−6, 4).
Aunque no se pide en el enunciado, podemos fácilmente calcular f(A) = 172 = 289, f(B) = 72 = 49,
f(C) = f(D) = 62+162 = 292, luego f alcanza en B un mı́nimo absoluto (siempre restringióndonos
a la elipse), y alcanza el máximo absoluto en C y en D.
también es interesante la interpretación geométrica. La elipse corta a los ejes en (±10, 0) y en
(0,±5). Las curvas de nivel de f son circunferencias centradas en (0,−12), que claramente “‘tocan”
por primera vez a la elipse en B, lo que encaja con que se alcance ah́ı el mı́nimo absoluto. Si se
dibuja, no está muy claro si la última vez que se toca a la elipse es en A o en C y D; eso se refleja
en los valores muy cercanos f(A) = 289 y f(C) = f(D) = 292.
o
24. Calcula los extremos de f(x, y) = x2 − y2 sobre la circunferencia de ecuación x2 + (y − 1)2 = 4.
Solución: Está hecho en los apuntes. Aplicando el método de los multiplicadores de Lagrange, el
sistema de ecuaciones que hay que resolver es
x2 + (y − 1)2 = 4 2x = λ · 2x − 2y = λ · 2(y − 1)
La segunda ecuación, 2x(1− λ) = 0, da dos opciones (x = 0 ó λ = 1) que analizamos:
Para x = 0 la primera ecuación da y − 1 = ±2, de donde y = 3 ó y = −1 (la tercera ecuación se
cumple para cierto valor de λ que es innecesario calcular). Esto nos da dos puntos cŕıticos A1 = (0, 3)
y A2 = (0,−1) con f(A1) = −9 y f(A2) = −1.
Para λ = 1 la tercera ecuación se queda en −2y = 2y − 2, de donde y = 1/2. Entonces, por la
primera ecuación, debe ser x2 = 4− 1/4 = 15/4 y por tanto x = ±
√
15/2. Esto nos da dos puntos
cŕıticos B1 = (
√
15/2, 1/2) y B2 = (−
√
15/2, 1/2) con f(Bi) = 7/2.
En definitiva, el máximo de f en la circunferencia dada se alcanza en los Bi con valor 7/2, mientras
que el mı́nimo se alcanza en A1 con valor −9.
o
25. Encuentra los extremos absolutos de f(x, y, z) = xyz en el elipsoide x2 + 2y2 + 3z2 = 6 (sólo la
corteza).
Solución: El método de los multiplicadores de Lagrange nos lleva a resolver el sistema
yz = 2xλ xz = 4yλ xy = 6zλ x2 + 2y2 + 3z2 = 6
Si x = 0 la primera ecuación nos dice que o bien y = 0 (y entonces z = ±
√
2, por la última
ecuación), o bien z = 0 (y entonces y = ±
√
3). Si x 6= 0 distinguimos a su vez dos casos: Si y = 0
entonces z = 0 por la segunda ecuación y x = ±
√
6 por la última, de modo que antes de abordar
el último caso (x 6= 0, y 6= 0) tenemos los siguientes candidatos a extremos, en los que la función
f(x, y, z) = xyz vale claramente 0:
(0, 0,±
√
2) (0,±
√
3, 0) (±
√
6, 0, 0)
Matemáticas de 1 , problemas 237 Alberto del Valle Robles