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16 VARIAS VARIABLES: EXTREMOS (*)
Para x 6= 0, y 6= 0 se tiene z 6= 0 por la tercera ecuación. [Hasta aqúı nos pod́ıamos haber ahorrado
todo el trabajo: en putos con alguna coordenada 0 la función vale 0, y como es obvio que la función
toma valores positivos y negativos, tales puntos nunca serán extremos absolutos, luego los pod́ıamos
haber excluido del análisis desde el principio]. Igualando los valores de λ se tiene
yz
2x
=
xz
4y
=
xy
6z
La primera igualdad equivale a 4y2z = 2x2z, o a 2y2 = x2 (puesto que z 6= 0), y la segunda igualdad
equivale a 6z2x = 4y2x, o a 3z2 = 2y2(= x2). Sustituyendo en la última ecuación se tiene 3x2 = 6
y por tanto x2 = 2, y2 = 1, z2 = 2/3, lo que nos da los 8 puntos de la forma
(±
√
2 , ±1 , ±
√
2/3)
En los que llevan dos o ningún signo “menos” la función vale 2/
√
3, y en los que llevan uno o tres
signos menos la función vale −2/
√
3, de modo que el máximo absoluto vale 2/
√
3 y se alcanza en
los puntos
(
√
2, 1,
√
2/3) (
√
2, −1, −
√
2/3) (−
√
2, 1, −
√
2/3) (−
√
2, −1,
√
2/3)
y el mı́nimo absoluto vale −2/
√
3 y se alcanza en los puntos
(
√
2, 1, −
√
2/3) (
√
2, −1,
√
2/3) (−
√
2, 1,
√
2/3) (−
√
2, −1, −
√
2/3)
o
26. Encuentra los extremos absolutos de f(x, y) = x2 − 2xy + 2y en el rectángulo {(x, y) : 0 ≤ x ≤
3, 0 ≤ y ≤ 2}.
Solución: Como f ′x = 2x− 2y y f ′y = 2− 2x, hay un único punto cŕıtico P = (1, 1) con f(P ) = 1.
Buscamos los puntos cŕıticos en cada uno de los lados del triángulo, y habrá que considerar también
los vértices A = (0, 0), B = (3, 0), C = (0, 2) y D = (3, 2) con valores f(A) = 0, f(B) = 9 f(C) =
4 f(D) = 1.
✲
✻
r
A
r
B
rC rDr P
rQ
En el lado de abajo se tiene f(x, 0) = x2, con punto cŕıtico en A ya considerado. En el lado de
arriba se tiene f(x, 2) = (x− 2)2, con punto cŕıtico en x = 2, o sea Q = (2, 2), con f(Q) = 0. En los
lados izquierdo y derecho se tiene f(0, y) = 2y y f(3, y) = 9− 4y, sin puntos cŕıticos. Comparando
valores, hay un máximo absoluto con valor 9 en B = (3, 0), y mı́nimos absolutos con valor 0 en
A = (0, 0) y Q = (2, 2).
o
Matemáticas de 1 , problemas 238 Alberto del Valle Robles
16 VARIAS VARIABLES: EXTREMOS (*)
27. Calcula los extremos absolutos de la función f(x, y) = (x2 − 1)y − x4 en la región R formada por
los puntos (x, y) que satisfacen a la vez y ≤ 9 e y ≥ x2.
Solución: El recinto queda sobre la parábola y = x y bajo la recta horizontal y = 9. Tiene esquinas
en la intersección de ambas, que obviamente se produce en los puntos A1 = (3, 9) y A2 = (−3, 9).
Los puntos cŕıticos son las soluciones de
{
0 = f ′x = 2xy − 4x3 = 2x(y − 2x2)
0 = f ′y = x
2 − 1
}
. La ecuación de
abajo fuerza x = ±1 y entonces, por la de arriba, debe ser y − 2 = 0. O sea los puntos cŕıticos de
f son B1 = (1, 2) y B2 = (−1, 2), que están dentro de la región R.
Buscamos ahora puntos cŕıticos en el borde, para lo que distinguimos la parte recta de la curva.
En la recta y = 9 la función es f(x) = 9(x2 − 1) − x4 con f ′(x) = 18x − 4x3 = 2x(9 − 2x2) y por
tanto hay que considerar C = (0, 9), D1 = (3
√
2/2, 9) y D2 = (−3
√
2/2, 9), que están en el borde
recto de R.
En la parábola y = x2 la función es f(x) = (x2 − 1)x2 − x4 = −x2 con f ′(x) = −2x y por tanto
hay que considerar E = (0, 0), que está en el borde curvo de R.
Los valores de f en esos puntos son
f(Ai) = −9 f(Bi) = −1 f(C) = −9 f(Di) = 45/4 f(E) = 0
y por tanto f alcanza un mı́nimo absoluto con valor −9 en los puntos A1, A2 y C, y alcanza un
máximo absoluto con valor 45/4 en los puntos D1 y D2.
o
28. En R2, sea D la mitad superior del ćırculo centrado en el origen de radio
√
2, o sea el conjunto de
los (x, y) con y ≥ 0 y x2 + y2 ≤ 2. Determina los extremos absolutos en D de la función
f(x, y) = x2 + y2 + 2x+ 2y
Solución: El único punto cŕıtico de f es el A = (−1,−1), que no está en D.
El borde de D tiene dos tramos. En el horizontal, de ecuación y = 0, la función se reduce a x2+2x,
cuyo único punto cŕıtico x = −1 nos da el punto B = (−1, 0) en ese tramo, con f(B) = −1.
En el tramo circular, de ecuación x2 + y2 = 2, el método de los multiplicadores de Lagrange nos
lleva a estudiar el sistema de ecuaciones (simplificando un 2 en las dos últimas)
x2 + y2 = 2 x+ 1 = λx y + 1 = λ y
Restando las dos últimas se tiene x− y = λ(x− y), y como λ 6= 1 (de lo contrario seŕıa x+ 1 = x)
debe ser x = y, y entonces la condición x2 + y2 = 2 nos dice que x = ±1, y la restricción y ≥ 0 nos
deja un único punto cŕıtico C = (1, 1) en este tramo, con f(C) = 6.
Finalmente hemos de considerar las dos esquinas del borde de D, a saber P = (
√
2, 0) y Q =
(−
√
2, 0), con f(P ) = 2 + 2
√
2 y f(Q) = 2− 2
√
2.
Se tiene 2 + 2
√
2 < 6 (puesto que 2
√
2 < 4) y −1 < 2 − 2
√
2 (puesto que 2
√
2 < 3). Por tanto el
mı́nimo absoluto en D se alcanza en B con valor −1 y el máximo absoluto se alcanza en C con
valor 6.
o
Matemáticas de 1 , problemas 239 Alberto del Valle Robles
16 VARIAS VARIABLES: EXTREMOS (*)
29. Calcula los extremos absolutos de f(x, y) = (x+1)2+(y−1)2 sobre el semićırculo
{
x2 + y2 ≤ 4
x ≥ 0 .
Solución: La función tiene un único punto cŕıtico en (−1, 1) (igualando a 0 el gradiente), pero
queda fuera del recinto, no satisface x ≥ 0.
El borde tiene dos tramos: la mitad derecha de la circunferencia x2 + y2 = 4 (con centro en el
origen y radio 2) y el tramo del eje vertical entre −2 y 2. Por tanto hay dos esquinas A = (0, 2) y
B = (0,−2).
En el tramo recto del borde (x = 0 con −2 ≤ y ≤ 2) función vale f(0, y) = (y − 1)2 y tiene un
punto cŕıtico para y = 1, o sea en el punto P = (0, 1).
En el tramo curvo del borde el método de los multiplicadores de Lagrange nos lleva al sistema
x2 + y2 = 4 2(x+ 1) = 2λx 2(y − 1) = 2λy
Igualando el valor de λ se obtiene
x+ 1
x
=
y − 1
y
, de donde xy + y = xy − x. Por tanto y = −x
y entonces la primera ecuación queda 2x2 = 4, de donde x =
√
2 (no tomamos la opción negativa
porque queda fuera del recinto). Esto nos da un nuevo punto cŕıtico Q = (
√
2,−
√
2).
Los valores de f en estos puntos son
f(A) = 2 f(B) = 10 f(P ) = 1 f(Q) = 6 + 4
√
2(> 6 + 4 = 10)
y por tanto el máximo absoluto se alcanza en Q = (
√
2,−
√
2) y el mı́nimo absoluto en P = (0, 1).
o
30. Calcula los extremos absolutos de f(x, y) = (x+ 1)2 + (y − 1)2 en el ćırculo x2 + y2 ≤ 4.
Solución: Es muy parecido al Problema 99, en el que sólo se considera el semićırculo con x ≥ 0.
Al considerar todo el ćırculo, el punto cŕıtico de f śı está en la región, no hay que considerar el
tramo recto del Problema 99, y śı hay que considerar los dos puntos cŕıticos que aparecen al aplicar
el método de los multiplicadores de Lagrange. Veamos los detalles:
Primero calculamos los puntos cŕıticos de f resolviendo el sistema f ′x = 0 y f
′
y = 0. Sale el punto
A = (−1, 1), que está en el ćırculo.
Luego buscamos puntos cŕıticos en el borde de la región, que es la circunferencia de ecuación
x2 + y2 = 4. Usando el método de los multiplicadores de Lagrange, se trata de resolver el sistema
x2 + y2 = 4 2(x+ 1) = λ 2x 2(y − 1) = λ 2y
Igualando los valores de λ se tiene
x+ 1
x
=
y − 1
y
, o sea xy+ y = xy− x, o sea y = −x, y entonces
de la primera ecuación se deduce que 2x2 = 4, o sea x = ±
√
2. Tenemos pues dos nuevos puntos
B = (
√
2,−
√
2) y C = (−
√
2,
√
2).
Los tres puntos obtenidos son los candidatos a extremos absolutos, y sólo falta comparar sus valores
para decidir cuáles son:
f(A) = 0 f(B) = 6 + 4
√
2 f(C) = 6− 4
√
2
Matemáticas de 1 , problemas 240 Alberto del Valle Robles
