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• Denys Gonzales Perez

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MULTIPLICADORES DE LAGRANGE Multiplicadores de LaGrange Es el método empleado para resolver problemas de optimización restringida. Consiste en convertir un problema de extremos restringidos en una forma tal que se pueda aplicar las condiciones para extremos libres. Planteamiento geométrico. Supongamos una superficie, definida por la función

 x, y  , y sobre esta superficie tracemos una curva, definida por la ecuación g  x, y   0 . Se trata de encontrar los máximos y mínimos de esta curva espacial. zf

Planteamiento analítico. Se trata de hacer máxima o mínima una función f  x, y  sujeta a una restricción g  x, y  0 . Reducción a una variable: Teóricamente el problema se puede resolver despejando “y” en la ecuación g  x, y   0 : y  h  x  y sustituyendo en f  x, y   f  x, h  x    k  x  , con lo

cual el problema se reduce a calcular un máximo o un mínimo de una sola variable. El problema se presenta cuando no es práctico o no es posible despejar una de las variables en la ecuación g  x, y  0 . Método de los multiplicadores de Lagrange. Los extremos de la función

f  x, y

condicionados por la restricción g  x, y  0 , se producen en los puntos críticos de la función de Lagrange: L  x, y,    f  x, y    g  x, y  

Condiciones necesarias de extremo. Las condiciones necesarias del extremo de una función de Lagrange vienen dadas por el sistema de ecuaciones.



 L  x  f x  x, y    g x  x, y   0     f y  x, y    g y  x, y   0 L  y  L  g  x, y   0     Para resolver el sistema, eliminamos  de las dos primeras ecuaciones y el resultado lo sustituimos en la tercera (procurando no perder soluciones con las simplificaciones).

CONDICIONES SUFICIENTES PARA LA EXISTENCIA DE EXTREMOS. a) Caso de dos variables Sea P  x0, y0  un punto crítico de la función de Lagrange L  x, y,   , obtenido para un valor concreto   0 . Formamos la función de Lagrange para ese

  0 , L  x, y, 0   f  x, y   0 g  x, y  Para estudiar su naturaleza podemos seguir dos caminos: (a‐1) Método de la diferencial segunda El problema de la existencia y el carácter del extremo condicional se resuelve averiguando el signo de la segunda diferencial de la función de Lagrange (particularizada para   0 ) 2L 2 2L 2L 2 2 dxdy  dy d L  x0 , y0 , 0   2 dx  2 x xy y2 a condición de que: g xdx  gy dy  0 Si d 2 L  0 la función tiene un mínimo condicionado, y si d 2L  0 la función tiene un máximo condicionado. (a‐2) Método del Hessiano Hallamos el Hessiano de la función de Lagrange L  x, y, 0   f  x, y   0 g  x, y  , fxx  x0 , y0  En el punto crítico correspondiente, y sólo podemos concluir en el caso de que sea positivo.  Lxx  x0 , y0  Lxy  x0, y0  Lxx  x0 , y0   Hay mínimo condicional   Dx , y   0   L  x , y   0  Hay máximo condicional L x , y x , y 0 0        L yy 0 0   xx 0 0  yx 0 0 Es decir, si el Hessiano es positivo hay extremo (el tipo lo da Hay máximo condicional fxx  x0, y0  ; si es negativa máximo y si es positiva mínimo). En los demás casos hay duda (que habrá que resolver por otro método) b) Caso de tres o más variables (caso general). Calculamos los siguientes determinantes (con las derivadas evaluadas en P  x0 , y0    0   g 3  x g y

: g x g y   L L  xx xy  Lyx Lyy 

g z  0 g x gY g L L L  4   x xx xy xz  g L L L  y yx yy yz    g L L L  z zx zy zz   n ::::::::::

a) Si todos los determinantes tienen signo negativo, entonces la función tiene un mínimo condicionado en P  x0 , y0  b) Si los determinantes tienen signo alterno (comenzando con un valor positivo), entonces la función tiene un máximo condicionado en P  x0 , y0  c) Si todos los k  0 pero no se cumplen ninguna de las dos condiciones anteriores, entonces la función no posee extremo condicionado en P  x0 , y0  d) Si algún k  0 hay duda. Reducción a dos variables: Los extremos de la función f  x, y, z  , condicionados por la restricción g  x, y, z   0 , pueden reducirse a un extremo de dos variables en aquellos casos en que sea posible despejar una de las variables de la ecuación g  x, y, z   0 . Extremos condicionados con varias ligaduras: Los extremos de la función f  x  y  z  , condicionados por las restricciones g  x, y, z   0 y h  x, y, z   0 se producen en los puntos críticos de la función de Lagrange: L  x, y, z   f  x, y, z    g  x, y, z   h  x, y, z  

EJERCICIOS RESUELTOS. Utilice el método de multiplicadores de LaGrange para determinar los puntos críticos de la función sujeta a la restricción. 1.

2 2 f  x, y   25  x 2  y 2 con la restricción x  y  4 y  0 .

f  x, y   25  x 2  y 2 y x2  y 2  4 y  0 .





F  x, y,    25  x 2  y 2   x 2  y 2  4 y  F x  x, y,    2x  2 x Fy  x, y,    2 y   2 y  4  F  x, y,   2 x  2y  4 y

Ajustando Fx  x, y,    0 , obtenemos   1 o x  0 . Ajustando Fy  x, y,    0 vemos que   1 es imposible. Ajustando F  x, y,    0 y con x  0 obtenemos y  0 y y  4 . Por lo tanto, el punto crítico es 0, 0 y 0, 4 .

2.

2 2 f  x, y   4x 2  2 y 2  5 con la restricción x  y  2 y  0 .

f  x, y  4x2  2 y2  5 y g  x, y  x2  y2  2 y  0

F  x, y,    4x 2  2 y 2  5    x 2  y 2  2 y   F

 x, y,    8x  2 z  2x 4     F  x, y,    4 y  2 y  2 y 2     0 De Fx , o x  0 y de g, y  0 o

x

y  2 con satisfacer Fy con   2 ; o   4 , y de

Fy , y  0 así x  0 de g . Así 0, 0 y 0, 2 son el punto crítico.

3. f  x, y, z   x2  y 2  z 2 con la restricción 3x  2 y  z  4  0 f  x, y, z   x2  y 2  z 2 , y 3x  2 y  z  4  0 .

F  x, y, z,    x2  y2  z 2    3x  2 y  z  4 Fx  2x  3  0  Fy  2 y  2  0  Fz  2z    0  F  3x  2 y  z  4  0 4 6 7 2 Resolver al mismo tiempo, obtenemos    , x  , y   y z  . Por lo tanto, el 7 7 4 7 6 4 2 punto crítico es  ,  , . 7    f4. f  x, y, z 7 7x2  y 2  z 2 con la restricción y2  x2  1. Dejar

g  x, y, z   x2  y2 1 .

Dejar

F

la

función

F  x, y, z,    f  x, y, z    g  x, y, z   x2  y2  z 2   x2   y2   .

definida

por

Encontramos

los

puntos críticos de la función F . Dejar Fx  x, y, z,    2x  2 x  2x 1    0

(1)

Fy  x, y, z,    2 y  2 y  2 y 1    0

(2)

Fz  x, y, z,    2z  0

(3)

F  x, y, z,    x2  y2 1  0

(4)

De (3) tenemos z  0 . De (2) tenemos bien   1 o y  0 . Rechazamos y  0 porque entonces la ecuación (4) sería necesario que x 2 1  0 lo cual es imposible. Si   1 en la ecuación (1), obtenemos x  0 . Sustituyendo x  0 en la ecuación (4), tenemos  y2 1  0, y  1 . Por lo tanto, 0,1, 0 y 0, 1, 0 son los puntos críticos. Utilice el método de multiplicadores de LaGrange para determinar los extremos absolutos de f sujeta a la restricción. También determine los puntos en los que ocurren los extremos. 5. f  x, y   x 2  y con la restricción x2  y2  9 . 2 2 f  x, y   x 2  y , y x  y  9

F  x, y,    x 2  y    x 2  y 2  9  Fx  x, y,    2x  2 x  0  Fy  x, y,    1 2 y  0  F  x, y,    x2  y2  9  0 La resolución de estas ecuaciones de forma simultánea, obtenemos las soluciones: 1 1 1 1 x  0, y  3,     x  0, y  3,    x  35, y  ,   1 6 6 2 2 1 1 x  35, y  ,   1 2 2 1  37  1 f 0, 3  3  f 0, 3  3 , mínimo absoluto f  35,  , máximo absoluto.  2  2 4  



6.

2 2 f  x, y   x y con la restricción x  8 y  24 . 2

f  x, y   x2 y y g  x, y   x2  8 y2  24





F  x, y,    x 2 y   x2  8 y 2  24  F x  x, y,    2xy  2 x  2x  y     0 Fy  x, y,    x 2  16 y  0

Si x  0 ,

luego de



g, y   3 .

Si

   y , luego de

Fy, x 2  16 y 2 ,



g, y  1, x  4  f 0,  3  0  f 4,1  4 , máximo absoluto;

y de

f 4, 1  4 ,

mínimo absoluto. 7.

2 2 2 f  x, y, z   xyz con la restricción x  2 y  4z  4

f  x, y, z   xyz , y x2  2 y2  4 z 2  4 2 f  x, y, z,    xyz    x 2  2 y 2  4z 2  4   F x  yz  2z  0; xyz  2x  F  xz  4 y  0; xyz  4 y2  F  xy  8z  0; xyz  8z2 y

z

Por lo tanto

x2  4x2 , y2  2x2 , y

1 4z 2  2  2z 2   4z 2  4; z 2  , z   3

1 . Entonces 3

4

,y   2 . 3 3  4  4  4 1 2 1 1 2 2 2 4 2  f  , f  , ,  f   6 ,  ,  , 1   , ,       3  3 3 3  3 3 3 f  3 3 3 9 3 3          4 2 1  4  4 1 1  2 2 4 2 f , ,  f  ,  ,    f   , ,    f  ,  , 1  2 6  3 3 3  3 3 3  3 3 3  3 3 3  9         Sí   0 , tenemos 6 puntos críticos adicionales 1, 0, 0  , 0, 1, 0  , 0, 0, 1 en la que x 

f  0 . Porque el conjunto de restricciones es cerrado y acotado, f tiene extremos,

tomados en los puntos críticos. Por lo tanto f tiene un valor máximo de mínimo de 

2 9

2

6 y un valor

6. 9

8. f  x, y, z   y 3  xz2 con la restricción x2  y2  z2  1 Dejar

g  x, y, z   x2  y2  z 2  1.

Dejar

F

la

función

definida

por

F  x, y, z,    f  x, y, z    g  x, y, z   y3  xz2   z 2   z 2   . Nos encontramos con los puntos críticos de la función F . Sea Fx  x, y, z,    x2  2 x  0

(1)

Fy  x, y, z,    3y 2  2 y  y  3y  2 

(2)

Fz  x, y, z,    2xz  2 z  2z  x   

(3)

F  x, y, z,    x2  y2  z2 1  0

(4)

De la ecuación (3) o z  0 o z   . Si z  0 , entonces la ecuación (1), o x  0 ; entonces la ecuación (4), y  1, o   0 ; entonces la ecuación (2), y  0 y de (4) x  1. Si x   , entonces de la ecuación (1) z 2  2 2 y de la ecuación (2) o y  0 ; entonces de 1 2 1 3 3 y z2  3 así x  m o y   2  ; entonces de (4), (4), 3  1  0,    3 3 3 3 4 2 9 2 2 2     2  1  0,   . 9 31 Enumeramos los puntos críticos, los valores de f y nuestra conclusión y x  z f  x, y, z  0

1

0



0

1

0

1

0

0

3 2 0

1

0

1 3 3 1 3 3 1  3 3

0

0 1

0 0

3 

3 2



1

6



Máximo absoluto

1

Mínimo absoluto

0

0 6

1

1 3 1

3 3

0 2

3

9 2

3

3

9

1 6 3

1 3 3



3 2 9

3



1

3

0



3 3

2

31

31

3

2

31

31

3

2

1

6

3

31 3 31

31 2 31

1

3



2

3 2

3 3

31

31

3 2 31

3 31

31

3 2 31

3 31

2 31

3 2

3

2

31

31

31

3

9 2

31 2

Calcule los valores máximo y mínimo absolutos de f en la región indicada. Utilice las respuestas de los ejercicios para los extremos en la frontera. 9. La función del ejercicio 5, x2  y2  9 . f  x, y   x2  y, x2  y2  9  f x 2x  0  f y 1  0 . No hay

puntos críticos. Los

extremos absolutos son aquellos en los límites que figuran en la ecuación 5. 10. La función del ejercicio 6, x2  8 y2  24 . f  x, y   x2 y y x2  8 y2  24  fx  2xy  0  f y x2  0 . El único punto crítico es

0, 0  f 0, 0  0 . Los extremos absolutos son aquellos en los límites que figuran en el ejercicio 6. 11. La función del ejercicio 7, x2  2 y2  4z 2  4 . f  x, y, z   xyz, x2  2 y2  4z2  4  fx  yz  0  f y  xz  0  f z  xy  0 .

Cada

punto de cada eje es un punto crítico y f  0 . Los extremos absolutos son aquellos en los límites que figuran en el ejercicio 7 12. La función del ejercicio 8, x2  y2  z 2  1. Encontramos los puntos críticos de f . f x x, y, z   x2  0  f y x, y, z   3y 2  0  fz  x, y, z   xz  0 Por lo tanto, cualquier punto del eje x es un punto crítico. Porque

f  x, y, z   0 si

x  z  0 , los extremos absolutos son aquellos en los límites que figuran en ejercicio 8.

Calcule el valor mínimo absoluto de f sujeta a la restricción. 13. f  x, y, z   x2  y2  z2 con la restricción xyz  1 . f  x, y, z   x2  y2  z 2 , y xyz  1 2 f  x, y, z,    x2  y2  z 2    xyz  1  F x  x, y, z,    2x   yz  0; 2x   xyz   F  x, y, z,    2 y   xz  0; 2 y2   xyz    F  x, y, z,    2z   zy  0; 2z 2   xyz   y

z

Por lo tanto

x  y z . 2

2

2

De

xyz  1

tenemos los cuatro puntos críticos

1,1,1,1,1,1, 1,1, 1 , y 1, 1,1 . En cada uno de estos puntos f  x, y, z   3 que es el número de f . 14. f  x, y, z   xyz con la restricción x2  y2  z2  1. 2 2 2 f  x, y, z   xyz , y x  y  z  4 2 f  x, y, z,    xyz    x 2  y 2  z 2  1  F x  yz  2z  0; xyz  2x  F  xz  2 y  0; xyz  2 y2 z  2 y2  F  xy  2z  0; xyz  2z2 y

z

2 8 ;z 3 . En   ,   ,   ,   , f  3 y en 3 3 9 8   ,   ,   ,   , f   3 . Si   0 , hemos 2, 0, 0  , 0, 2, 0  ,  0, 0, 2 en la 9 8 que f  0 . El mínimo es  3 . 9

Por lo tanto

x2  y2  z 2 

4

Obtenga el valor máximo absoluto de f sujeta a la restricción 15. f  x, y, z   x  y  z con la restricción x2  y2  z2  9 . f  x, y, z   x  y  z y x2  y2  z2  9 . 1 f  x, y, z,    x   z    x 2  y 2  z 2  9   F x  1  2 x  0; x    2 1 2 2 2 2 2 2 F  1  2 z  0; z    , x  y  z  F  x  y  z  9; x  y  z  9  0 y z 2 x3 Los puntos críticos son

 3, 3, 3 ,  3,  3,  3   f  3, 3, 3   3





3  f  3,  3,  3  3 3

Porque el conjunto de restricciones es cerrado y acotado, f tiene valores extremos, asumió en los puntos críticos. Por lo tanto, el valor máximo de f es 3 3 .

16. f  x, y, z   xyz, x  0, y  0 y z  0 con la restricción 2xy  3xz  yz  72 . El conjunto de restricciones es un hiperboloide de dos hojas (ver abajo) y cumple con los planos de coordenadas en el hipérbolas zy  72, xz  24 , y xy  36 . Debido a que no está acotado, tenemos que probar que es un máximo absoluto. Si x  y  z , entonces 6x2  72, x  2

3 y f  x3  24

3  41 . Ahora se demuestra que f tiene valores

menores fuera de una cierta cerrada y acotada. Resolvemos la restricción para z y 72  2xy 72  2xy y f  xy sustituir en f . Entonces z  . Debido a que el máximo es 3x  y 3x  y  72 positiva, tenemos xy  36 y f  36 . Si  x, y está dentro o fuera de la plaza 3x  y 36.72  32.4 . Por lo tanto, f tiene un máximo en un S  0,20  0, 20 , entonces f  60  20 punto interior de S , es decir, en el punto crítico. Sea F la función definida por

F  x, y, z,    xyz   2xy  3xz  yz  72 . Encontramos los puntos críticos de la función F . Sea

Fx  x, y, z,    yz    2 y  3z   0

(1)

Fy  x, y, z,    yz    2x  z   0

(2)

Fz  x, y, z,    xy   3x  y   0

(3)

F  x, y, z,    2xy  3xz  yz  72  0

(4)

Multiplicamos la ecuación (1) por x , la ecuación (2) por y , y la ecuación (3) por z . Este resultado es xyz   2xy  3xz   0

(5)

xyz   2xy  yz   0

(6)

xyz   3xz  yz   0

(7)

De las ecuaciones (5) y (6) concluye que 1 3xz  yz  x  y 3 De las ecuaciones (6) y (7) concluye que 2 2xy  3xz  z  y 3 Sustituyendo de (8) y (9) en (4) tenemos 1   1  2  2  2 y y3 y y y y  72  0  2 y2  72 3   3  3   3        

(8)

(9)

Entonces y  6, x  2 , y z  4 y el valor máximo es f 2, 6, 4  264  48 . Como alternativa, considere la posibilidad 6 f 2  6x2 y2 z 2   2xy  3xz  yz  . Porque la suma de los factores es constante 72 del producto es máxima cuando son iguales, lo que lleva de inmediato a las ecuaciones (8) y (9). Se muestra como representar gráficamente la restricción. Comenzar con la superficie más simple xy  yz  zx  1 . Sustituto x  u  v, y  u  v , y completar el cuadrado para frenar que tenemos un hiperboloide de dos hojas. u 2  2uz  v 2  1   u  z   z 2  v 2  1 2

Ahora

vamos

u  z 

a

2

 sec2 r, z 2  v 2  tan 2 r

lo

que

conduce

a

u  z) sec r, z  tan r sen s, v  tan r cos s . Las ecuaciones paramétricas son

x   u  z   v  z  sec r  tan r cos s  tan r sen s y  u  z   v  z  sec r  tan r cos s  tan r sen s z  tan r sen s Para la superficie de nuestro problema, se multiplican las fórmulas para x, y, z por 2 3, 6 3, 4 3 .

17. Obtenga un valor mínimo relativo de la función

f

para la cual

f  x, y, z   x  4 y 16z con la restricción a) xyz  1 ; b) xy  1 ; c) x  1 . 2

2

Porque z , y por lo tanto

2

f  x, y, z  , puede ser arbitrariamente grande, f tiene un

máximo por lo que esperamos de los puntos críticos para dar los mínimos. a) xyz  1  f  x, y, z,    x2  4 y2  16z2    xyz 1 F  2x  yz  0; 2x2   xyz  F  8 y  xz  0;8 y2   xyz x

y

Fz  32x  xy  0; 32z   xyz 2

x 2  16z 2 ; x  4 z ; 1  4z  2z  z  1; z   . Porque 1  1  2 1  y 2,1, , 2,1,  , 2,1,   2   2  2     

Por lo tanto

y

y 2  4 z 2 ; y  2 z .

De

xyz  1

hemos

xyz  1 , los 4 puntos críticos son 1  2, 1, . En cada uno de esos  2   

f  x, y, z   4  4  4  12 . Por lo tanto, el valor mínimo de f es 12. 2 b) xy  1  f  x, y, z,    x 2  4 y 2  16z 2    xy 1  F x  2x   y  0; 2x   xy D F  8 y   x  0;8 y2   xy  x2  4 y2 ; x  2 y  F  32x  0; z  0 y 2 e xy  1 . Si x  2 y  2 y  1  y  

z

1 2

2  x  2 y es imposible. Los 2 puntos

    1 1 críticos son  2, 2, 0  y  2,  2, 0 . En cada 2 2         valor mínimo de f es 4.

f  x, y, z   4 . Por lo tanto, el

a) x  1  f  x, y, z,    x2  4 y2  16x2    x 1 Fx  2x    0  Fy  8 y  0; y  0  Fz  32x  0; z  0

Por lo tanto el punto crítico es 1,0, 0  . Porque f 1, 0, 0   1 , el valor mínimo de f es 1. 18. Utilice multiplicadores de LaGrange para determinar la distancia más corta del punto 1, 3, 0 al plano 4x  2 y  z  5 . Dejar w unidades de la distancia desde el punto 1,3,0 hasta el punto  x, y, z  en el plano 4x  2 y  z  5. w tiene un mínimo cuando w2 hace, y no máxima. Dejar f  x, y, z   w2   x  1   y  3  z 2 2

2

F  x, y, z    x  1   y  3  z 2    4x  2 y  z  5   F  x 2  x  1  4  0, x  1  2 1 1 F  2  y  3  2  0, y  3    F  2z    0, z    4 1  2   2 3       5 y z 2 2 21 10 1 53 5 10  5 x y z 2 21 21 21 21  1 53 5   Por lo tanto, f tiene un punto crítico  , ,  y en este momento  21 21 21   2

2

2 2 2 5   53  5 1 21 . w    1    3     21 21 1 2 21      

19. Emplee multiplicadores de LaGrange a fin de obtener la distancia más corta del punto 1, 1, 1 al plano x  4 y  3z  2 . Dejar w unidades de la distancia desde el punto 1,1,1 hasta el punto  x, y, z  en el plano x  4 y  3z  2. w tiene un mínimo cuando w2 hace, y no tiene ningún mínimo. Dejar f  x, y, z   w2   x 1   y 1   z 1 2

2

2

F  x, y, z,     x 1   y 1   z  1    x  4 y  3z  2  1 F  2  x 1    0; x  1   F  2  y 1  4  0; y  1 2 x y 2 2

2

2

F  2  z 1  3  0; z  1

3



1

 1 

2  2    8 17 3 1    x   y   z  13 13 13 13 z



3    4  1 2   3 1   2  2    

 17 , 3 ,  1   y en este momento  13 13   2 2 2  2 2 2 4  3   1   4   16   12   17 26 . w    1    1    1           13 13 13 3 1 13 13 13 13            

Por lo tanto,

f

tiene un punto crítico

20. Calcule las distancias menor y mayor desde el origen a un punto de la elipse x2  4 y2  16 . Debido a que la elipse es un conjunto cerrado y acotado, la distancia tiene un máximo y un mínimo que se produce en un momento critico. La distancia desde el origen hasta cualquier punto  x, y  es

x2  y2

unidades. Debido a las distancias de mayor a menor y

se presentan como los puntos donde el cuadrado de la distancia tiene sus extremos, dejamos f  x, y   x2  y2 . Tenemos que encontrar los puntos donde la función f tiene sus extremos, sujeta a la restricción x2  4 y2  16 (1) Deja F la función definida por F  x, y,    x 2  y 2    x 2  4 y 2  16  . Encontramos los puntos críticos de la función F . Sea Fx  x, y,    2x  2 z  2x 1     0

(2)

Fy  x, y,    2 y  8 y  2 y 1  4   0

(3)

De la ecuación (2) bien x  0 o   1. Si x  0 , entonces la ecuación (1) tenemos y  2 1 y de la ecuación (3) tenemos    . Si   1, entonces la ecuación (3) tenemos y  0 4 y de la ecuación (1) tenemos x  4 . Listamos cada punto crítico de  , el valor de  y nuestra conclusión. En cuenta que el extremos se producen en los extremos de los ejes. y x  x2  y2 0

2

0

2

4 4

0 0

1 4 1  4 1 1 

2

Mínimo absoluto

2

Mínimo absoluto

4 4

Máximo absoluto Máximo absoluto

21. Calcule las distancias menor y mayor desde el origen a un punto del elipsoide 9x2  4 y2  z2  36 . Dejar w unidades de la distancia desde el origen hasta un punto

 x, y, z 

sobre el

elipsoide 9x2  4 y2  z2  36 . El elipsoide es un conjunto acotado y cerrado por lo que hay extremos de w alcanzada en el extremos de w2 . Dejar

f  x, y, z   w2  x 2  y 2  z 2  F  x, y, z,    x 2  y 2  z 2    9x 2  4 y 2  z 2  36 

Fx  x, y, z,    2x  18 x  0; x  0 1 o     Fy  x, y, z,    2 y  8 y  0; y  0 9 1 o     Fz  x, y, z,    2z  2 z  0; z  0 4 o   1  F  x, y, z,    9x2  4 y2  z2  36  0 Las tres soluciones posibles son: 1    , y  0, z  0, 9x2  36  0, x  2 Punto crítico 2, 0, 0 y 2, 0, 0 . w  2 9 1 x  0,    , z  0; 4 y2  36  0; y  3 Punto crítico 0, 3, 0 y 0, 3, 0 . w  3 4 x  0, y  0,   1, z2  36  0, z  6 Punto crítico 0, 0, 6 y 0, 0, 6. w  6 Por lo tanto, la menor distancia desde el origen hasta un punto sobre el elipsoide es 2 y la mayor distancia es de 6. Los puntos 0, 3, 0  son puntos de silla de f . 22. Si f  x, y, z   2x2  3 y2  z2 , utilice multiplicadores de LaGrange para determinar el punto del plano x  y  z  5 en el cual f  x, y, z  es mínimo. f  2x2  3y 2  z 2 , g  x  y  z  5  F  x, y, z,    2x2  3y 2  z 2    x  y  z  5 1 1 1 F  4x    0, x     F  6 y    0, y     F  2z    0, z    x y z 4 6 2 1 1 1 60 15 10 30    5 x  y z 4 6 2 11 11 11 11 Aunque el conjunto de restricciones es un avión que no esta acotada, la superficie de nivel son elipsoides y está claro que algunos pequeños toques elipsoides el avión. 



23. Emplee multiplicadores de LaGrange para calcular el valor mínimo absoluto de f si f  x, y, z   x2  y2  z 2 con las dos restricciones x  2 y  3z  6 y x  y  z  1. f  x, y, z   x2  y2  z2 y

x  2 y  3z  6 y x  y  z  1 .

f  x, y, z, ,    x2  y2  z2    z  2 y  3z  6    x  y  z  1

El conjunto de restricciones es una recta, cerrada, pero sin límites, por lo f tiene un mínimo, pero sin máximo. 1 1 1 F  2x      0; x       F  2 y  2    0; y     x y 2 2 2 3 1 F  2z  3    0; z       F  x  2 y  3z  6  0;  7  2  6 z  2 2 3 F  x  y  z  1  0; 2    1  2 14 10 12 9 16 y  , z  . El punto crítico es Por lo tanto    ,    , x  13 13 13 132 13 2  9 2   16   12 9 16   12 9 16   12  481 37  que es el valor mínimo     , ,  , f  , ,       13 13 160 13   13 13 13 13 13 13 13          





de f . 24. Use multiplicadores de LaGrange para calcular el valor mínimo absoluto de f si f  x, y, z   x2  y2  z 2 con las dos restricciones x  y  2z  1 y 3x  2 y  z  4 . La restricción es la línea formada por la intersección de dos planos, la distancia desde el origen llega a un mínimo absoluto en un punto crítico. Dejar F la función definida por F  x, y, z,  ,    x2  y2  z 2    x  y  2z  1   3x  2 y  z  4 . Entonces Fx  x, y, z,  ,    2x    3  0

(3)

Fy  x, y, z, ,    2 y    2  0

(4)

Fz  x, y, z, ,    2z  2    0

(5)

Que resolver la ecuación (3) para x , la ecuación (4) para y , y la ecuación (5) para z 1 x      3  2 1 y      2  2 1 z    2    2 Sustituyendo las ecuaciones (6), (7), y en (1), obtenemos 1 1     3      2   2     1  0    3    2  4  2  2  0 2 2 6  3  2 Sustituyendo las ecuaciones (6), (7), y (8) en (2), obtenemos

(6) (7) (8)

(9)

3 1   3     2   2     4  0  3  9  2  4  2    8  0 2 2 3  14  8 

(10) Resolver, 14 (Ecuación 9) – 3 (Ecuación 10): 75  52  0,   

52

75 18 (Ecuación 9) – 2 (Ecuación 10): 25  18  0,   25 Sustituyendo en (6), (7), y (8), obtenemos 1 52 54  11 1 52 36  16 1 104 18  1 x          y         z       2 75 25 25 2 75 25 15 2 75 25 3       La evaluación f en el punto crítico da el valor mínimo absoluto 2 2 2 1  11 16 1   11   16  134  f   , ,            75  15 15 3   25   15   3  25. Utilice multiplicadores de LaGrange para calcular el valor mínimo relativo de f si f  x, y, z   xyz con las dos restricciones x  y  z  4 y x  y  z  3 . f  x, y, z   xyz, x  y  z  4, x  y  z  3 F  x, y, z,  ,    xyz    x  y  z  4     x  y  z  3 Fx  yz      0

(1)

Fy  xz      0

(2)

Fz  xy      0

(3)

F  x  y  z  4  0

(4)

F  x  y  z  3  0

De (4) y (5) hemos 2x  7  0; x 

(5) 7

. De (2) y (3) obtenemos y  z . De (4) obtenemos 2 7 y  1 , z  1 . El punto crítico es P 7, 1, 1 , f  7, 1, 1    7  1  1  . Considerar  4 4  2 4 4   2 4 4   2  4  4 32        x y y en función de z y denotan Dz x por x y Dz y por y . De las restricciones x  y  1  0  x  y  1  0 .

Por lo tanto, x  0. y  1. f   xyz  xyz  xy   xz  xy  f    xz  x  xy  xy  2x  7  0 en P . Por lo tanto f tiene un valor máximo relativo en P .

26. Emplee multiplicadores de LaGrange para calcular el valor mínimo absoluto de f si f  x, y, z   x3  y3  z 3 con las dos restricciones x  y  z  1 y x  y  z  0 . f  x, y, z   x3  y3  z3 , x  y  z  1

(1)

xyz0

(2)

F  x3  y3  z3    x  y  z 1    x  y  z   F

x

 3x2      0

(3)

Fy 3y2      0

(4)

Fz  3z2      0

(5)

2z  1,z  1 . De (3) y (4) obtenemos x2  y2 . De (1), si 2 1  1, x  si y  z, x  x  1  1, imposible. En el punto crítico 4 1 5 2 1 1   . Sea la derivada con respecto a x . Porque z  1 , que 

De (1) y (2) hemos



yx:xx 1 2 111  P, f  , ,   64  442 tenemos 





64

8

52

2

de

(1)

1  y  0, y  1  f   3x  3y y  3x  3y  2

2

2

2

o

(2),

f   6x  6 yy  6x  6 y  3  0

en

P . Así, P es un valor mínimo absoluto.

Utilice multiplicadores de LaGrange para resolver los ejercicios indicados: 27) Determine los tres números positivos cuya suma sea 24 de modo que su producto sea el mayor posible. Dejar x, y , y z se los números. Entonces f  x, y, z   xyz y x  y  z  24, x  0, y  0, z  0 . El conjunto de restricciones es un triángulo, que es

cerrado y acotado para f tiene un máximo y un mínimo. El mínimo es 0 alcanzado en todos los puntos de la frontera para los puntos críticos es un máximo. Dejar f  x, y, z,    xyz    x  y  z  24  Fx  yz    0; xyz   x Fy  xz    0; xyz   y  Fz  xy    0; xyz   z, x  y  z F  x  y  z  24  0;3x  24 Por lo tanto x  8, y  8, z  8 da la máxima xyz  512 de f . 28) Obtenga tres números positivos cuyo producto sea 24 de manera que su suma sea lo más pequeña posible. Dejar x  0, y  0, z  0 se los números. Queremos determinar x, y y z de tal manera que la función f definida por

f  x, y, z   x  y  z

tiene un valor mínimo, sujeto a la

Restricción xyz  24 (1) Si x  3, y  3, z  3 , entonces f  3  3  3  9 . Por lo tanto, si el extremo relativo en el cubo cerrado y acotado 0  x  3, 0  y  3, 0  z  3 es inferior a 9, debe ser el mínimo absoluto. Sea F la función definida por F  x, y, z,    x  y  z    xyz  24 . Entonces Fx  x, y, z,    1   yz  0

(2)

Fy  x, y, z,    1   xz  0

(3)

Fz  x, y, z,    1   xy  0

(4)

Se multiplica en ambos lados de la ecuación (2) por x , a ambos lados de la ecuación (2) por y , en ambos lados de la ecuación (4) por z . Esto se traduce en x   xyz  0

(5)

y   xyz  0

(6)

z   xyz  0

(7)

De las ecuaciones (5), (6), (7) se concluye que xyz

(8)

Sustituyendo las ecuaciones (8) en (1) obtenemos x3  24  x  3 24  3 27  3 . Por ello, cada número es 3 24 . Porque la suma es inferior a 9, tenemos el mínimo absoluto. 29) Encuentre el punto del plano 3x  2 y  z  5 que esté más cerca al punto 1, 2, 3 , y calcule la distancia mínima. Dejar w unidades de la distancia desde el punto 1, 2, 3 a un punto  x, y, z  en el plano 3x  2 y  z  5  0, w será de un mínimo cuando w2 es un mínimo.

f  x, y, z   w2   x  1   y  2    z  3 2

2

2

F  x, y, z,     x  1   y  2    z  3    3x  2 y  z  5  F x  2  x  1  3  0 3 1 x  1    F  2  y  2  2  0; y  2    F  2  z  3    0; z  3   y z 2 2 3  1    F  3x  2 y  z  5  0;3 1    22     3    5  0; 7  9   2   2        9 41 5 33 Por lo tanto    , x  , y   , z  . En el punto crítico 7 14 7 14 2 2 2 9  41 5 33  P  ,     w   41  1   5  2    33  3   14 . Desde x , y por lo    7   14  14 14 14   7 14     2



2

2



tanto f  x, y, z  , puede ser arbitrariamente grande, w tiene un mínimo en P .

30) Determine los puntos de la superficie y2  xz  4 que estén más cerca al origen, y calcule la distancia mínima. 1 1 1 2 2 2 2 Porque g  y 2   x  z    x  z    y 2   x  z    x  z  , la superficie es un  4 4 4 hiperboloide de una hoja. 2  2x   z  0, z   x       F  2 y  2 y  2 y 1     0  F  2z   x  0, z   x   y z  2  F  x, y, z,    x2  y2  z2    y 2  xz  4  F

Si

  2 ,

x

x  z  0  y2  4  y  2  d  2 .

entonces

Si

  2  z   x  y  0  x2  4  x  2  z  m2  d  2 2 .

Si

  2  z  x  y  0  x  4 , imposible. La distancia mínima es 2 a 0, 2, 2 . 2

31) Obtenga los puntos de la curva de intersección del elipsoide x2  4 y2  4z2  4 y el plano x  4 y  z  0 que estén más cerca del origen, y calcule la distancia mínima. Dejar w unidades de la distancia al origen de un punto  x, y, z  en x2  4 y2  4z2  4 y x  4 y  z  0. w ,

será de

un

mínimo cuando w2

es un

mínimo. Dejar

f  x, y, z   w2  x 2  y 2  z 2  F  x, y, z,  ,    x 2  y 2  z 2    x 2  4 y 2  4z 2  4    x  4 y  z   Fx  2x  2 x    0  Fy  2 y  8 y  4  0  Fz  2z  8 z    0 Fy  4Fx : 2  8  y  4z   0; y  4

   1 . Si

   1 , de

Fy obtenemos   0 y 4 4 x  0  F  x2  4 y2  4z2  4  0  F  x  4 y  z  0 . Si

o

x  16z  0; x  17z y 289z2  64z2  4z2  4  0;357z2  4

de

Fz

y  4z ,

obtenemos entonces

2 , 357 8 ,  2  así  357 357 

. Por lo tanto z  

los puntos críticos son  34 , 8 , 2  y   34 ,      357 357 357   357 1124 f  . Si x  0 , entonces 0  4 y  z  0; z  4 y y 0  4 y2  64 y2  4  0;17 y2  1 . 357 1  1 4   1 4  , los puntos críticos son P  0, , y Q 0,  , Por lo tanto y      17 17 17  17 17    así f  1 . Porque el conjunto de restricciones es cerrado y acotado, f alcanza un mínimo

en un punto crítico. Por lo tanto P y Q son los más cercanos al origen y al ser la distancia mínima es de 1. 32) Se elabora una caja rectangular sin tapa con un costo de material de $10 . Si el material para el fondo de la caja cuesta $0.15 por pie cuadrado y el material para los lados cuesta $0.30 por pie cuadrado, determine las dimensiones de la caja de mayor volumen que pueda elaborarse. Dejar

x pie, y pie , y z pie la longitud, anchura y altura del piso de la caja

x  0, y  0, z  0 . Tenemos que encontrar x, y, z de modo que la función definida por el

volumen V  x, y, z   xyz es un máximo, sujeto a la restricción 0.15xy  0.302xz  2 yz   10.00

(1)

Como en el ejercicio 16, el conjunto de restricción es limitado, pero existe un máximo absoluto que ocurre en un momento crítico. Dejar F la función definida por F  x, y, z,    xyz   0.15xy  0.60xz  0.60 yz 10 . Entonces Fx  x, y, z,    yz  0.15 y  0.60 z  0

(2)

Fy  x, y, z,    xz  0.15 x  0.60 z  0

(3)

Fz  x, y, z,    xy  0.60 x  0.60 y  0

(4)

Se multiplica en ambos lados de la ecuación (2) por x , a ambos lados de la ecuación (2) por y , y en ambos lados de la ecuación (4) por z . Esto se traduce en xyz   0.15xy  0.60xz   0

(5)

xyz   0.15xy  0.60 yz   0

(6)

xyz   0.60xz  0.60 yz   0

(7)

De las ecuaciones (5) y (6), se concluye que x  y . De las ecuaciones (6) y (7), hemos 0.15 y  0.60z  y  4z . Sustituyendo x y y por 4z en la ecuación (1), obtenemos 5 10 0.15  4z  4z   0.60  4z  z  0.60  4z  z  10  7.2z 2  10  z  2x y 2 6 3 10 2 pie y una altura de Por lo tanto, la mayor caja tiene una base cuadrada de lado 3 5 2 pie . 6

33) Se construye una caja rectangular cerrada con un volumen de 10 pie3 empleando tres tipos de materiales. El costo del material para el fondo y la tapa es de $0.18 por pie cuadrado, el costo del material para el frente y la parte trasera es de $0.16 por pie cuadrado, y el costo del material para los otros dos lados es de $0.12 por pie cuadrado. Calcule las dimensiones de la caja de modo que el costo de los materiales sea un mínimo. Dejar l pie, w pie, h pie la longitud, anchura y altura de la caja. C centavos es el costo. C  18lw  16wh  12lh y lwh  16  F  l, w, h,    18lw  16wh  12lh    lwh  16  F 18 12  18w  12h  lh  0;    l h w F 18 16 12 16 3  18l  16h   lh  0;    ;  ; w  l w h l w l 4 F 16 12 18 16 9  16w  12l   lh  0;    ;  ; h  l h l w h512 l 8 8 F  3  9  3  lwh  16  0; l  l l  16; l  ;l  4  8   27 3    8  , 2, 3 . Porque wh , y por lo tanto C , puede ser arbitrariamente El punto crítico es P 3    grande, C tiene un mínimo en P . 34) Suponga que T grados es la temperatura en cualquier punto  x, y, z  de la esfera x2  y2  z2  4 , y T  100xy2 z . Obtenga los puntos de la esfera donde la temperatura es la máxima y también los puntos donde es mínima. Además, calcule la temperatura en estos puntos. T  100xy 2 z, g  x 2  y 2  z 2  4  F  100xy 2 z    x 2  y 2  z 2  4  F  100 y2 z  2 z  0  F  200xyz  2 y  2 y 100xz     0  F x

y

 100xy2  2 z  0 z

Si x  0, y  0 , o z  0 , entonces T  0 . De otra manera, 1 F :   100xz  F :100 y2 z  200x2 z  0; x2  y2  F  100xy2  200xz2  0 y x z 2 1 1 1 z2  y2  F y2  y2  y2  4, y   2, x  1, x  1 2 2 2 (8 puntos). Máximo: T  200 si x  z , mínimo: 200 si x  z .

35) Se elabora una caja sin tapa con una cantidad de material dada. Determine las dimensiones relativas de la caja que contenga el mayor volumen posible.



Dejar l, w , y h el número de unidades de la longitud, anchura y altura de la caja. Dejar V unidades cubicas que su volumen y unidades de S cuadrados su superficie ( S es una constante). V  lwh y S  lw  2lh  2wh, l  0, w  0, h  0  f  l, w, h,    lwh    lw  2lh  2wh  S  1 wh  S 2 1 Así V  Sl , y V puede ser arbitrariamente pequeño. Cualquier punto crítico es un 2 máximo. F 1 2 1 F 1 2 1  wh    w  2h   0;      lh    l  2h   0;    l h w  w h l  F 2 2 1  lw    2l  2w   0;    h w l  1 1 1 1 Por lo tanto 1   1 ,   ,  . Por lo tanto V tiene un máximo cuando l 4 w 4 h 2 1 l : w : h  1:1: . 2 36) . Demuestre que la caja rectangular de mayor volumen que puede colocarse dentro de una esfera tiene la forma de un cubo. Dejar x, y, z el número de unidades en las dimensiones de la caja. Si a unidades es el diámetro de la esfera, porque el cuadro más grande se encuentra inscrito en la esfera, la diagonal de la caja es a unidades. Así, queremos demostrar que el volumen funcionales definidos por V  x, y, z   xyz sujeta a la restricción x2  y2  z 2  a2 (1) tiene un valor máximo absoluto si x  y  z . Dejar F la función definida por F  x, y, z,    xyz   0.15xy  0.60xz  0.60 yz 10 . Entonces Fx  x, y, z,    yz  2 x  0

(2)

Fy  x, y, z,    xz  2 y  0

(3)

Fz  x, y, z,    xy  2 z  0

(4)

Se multiplica en ambos lados de la ecuación (2) por x , a ambos lados de la ecuación (2) por y , y en ambos lados de la ecuación (4) por z . Esto se traduce en xyz  2 x2  0  xyz  2 y2  0  xyz  2 z2  0 y concluimos que x2  y2  z2 , y por

lo tanto x  y  z . Porque el conjunto de restricciones es cerrado y acotado, V tiene un valor máximo absoluto que debe ocurrir en el punto crítico. Por lo tanto, el cuadro con mayor volumen que puede ser colocado en una esfera es un cubo. 37) Si T  x, y  grados es la temperatura en cualquier punto  x, y  del disco circular limitado por la circunferencia x2  y2  1 y T  x, y   2x2  y2  y determine los puntos más calientes y los más fríos del disco y la temperatura en esos puntos. T  2x  y2  y . Porque el disco x2  y2  1 es cerrado y acotado, extremos se alcanzan 2

Tx  4x  0; x  0 y

en un punto crítico o un punto límite. En un punto crítico 1 1  1 T  2 y  1  0; y   T 0,   . En la frontera y  2 2 4   x2  1  y 2 ,  1  y  1  T  2 1  y2   y 2  y  2  y2  y  T

 2 y  1; y  1 . 2 1 9 Cuando y  1, x  0 y T  2 . Cuando y   , x   1 3 y T  . Cuando y  1, x  0 y 2 2 4 T  0 . Por lo tanto la temperatura es más caliente en los puntos   1 3,  1  y el más  2 2     1 frío en el punto 0, .  2    y





 38) En el ejercicio 39 suponga que la región es la mitad superior del disco circular, por lo que la región está definida por x2  y2  1 y y  0 . Determine los puntos más calientes y los más fríos de la región si T  x, y   2x2  3xy  5 y2 y la temperatura en esos puntos. Porque la región es cerrada y acotada, extremos se alcanzan en un punto crítico o un punto límite. Tx  4x  3 y  0  Ty  3x  10 y  0 . Por lo tanto los únicos puntos críticos es 0, 0  y T 0, 0  0 , que resulta ser mínima absoluta. Si y  0,  1  x  1, entonces T  2x2 , que tenga un mínimo de 0 en 0 y un máximo de 1 en

1. Si

x  y  1, y  0 , dejar 2

2





F  x, y,    2x 2  3xy  5 y 2   x 2  y 2  1

Fx  x, y,    4x  3y  2 x   4  2  x  3y  0

(1)

Fy  x, y,    3x  10 y  2 y  3x  10  2  y  0

(2)

Este sistema lineal homogéneo tiene la solución 0, 0  . De lo contrario de ecuaciones (1) y (2) 

para

y,

4  2 y x 3

obtenemos

y

3 4  2   42  28  40  0  4 2  28  31  0 3 10  2 1 4  2   7  3 2   1  2 2 3 

3 y 10  2



y

así (3)







(4)









Sustituyendo en la restricción, obtenemos 1  x2  y 2  x2  1  2 x2  4  2 2 x2 y  1 2 1  2  2  x   2  2 . Si seleccionamos el signo positivo en (4), así x  42 2 4 1 1 7 3 elegimos la raíz positiva. Entonces x  2  2 , y  2 2 y T   2 2 2 2 2 (después de mucho trabajo). Si elegimos el signo negativo en (3), elegimos la raíz negativa. 1 1 7 3 Entonces x   2  2 , y  2  2 ,T   2 que es el valor máximo absoluto. 2 2 2 2 Los puntos críticos son los vectores del sistema 4x  3y  0,  3x  10 y  0 , y la ecuación





(3) es la ecuación x  cos , y  sen , 0     .

característica.

Alternativamente,

dejar

que

3 5 T  2 cos2   3 sen cos  5 cos2   1  cos 2   sen 2  1  cos 2  2 7 7 3 3 7 3 12 1  1    sen 2  cos 2   2 2 sen 2  2 cos 2   sen 2    2  2 3 2  2 2 2 2 2 2 4  2     









Al valor máximo de T en el arco, ya que el valor máximo absoluto, es 

sen

 

2 

1

   1  2      2  

4  

1



4

3

2

5

7 2



3

2 si

2

4

1 1 5  2  2  y  sen  1 1  cos 5    1 2  2 1  cos          2  2  4  4  2 2  7 3 1 1 El mínimo en el arco  2  0 cuando x  2  2 y y  2 2 . 2 2 2 2 x  cos  

39) En el ejemplo3, suponga que la función utilidad involucra cinco artículos A, B, C, D y E . Además, suponga que x unidades de A , y unidades de B, z unidades de C, s unidades de D y t unidades de E se consumen semanalmente, y que los

precios de

A, B, C, D

y E son, respectivamente, $2,$3,$4,$1

y $5 . Si

U  x, y, z, s,t   xyzst y el gasto semanal para los artículos es de $150 , ¿Cuántas unidades de cada artículo deben comprarse por semana para maximizar el índice de utilidad del consumidor? 2x  3 y  4z  s  t  150 , maximizamos 24U   2x  3y  4z  st 150 2x  3y  4z  s  t   30  x  15  y  10  z  7.5 . 5

Dado

cuando

40) Una compañía tiene tres fábricas y todas elaboran el mismo producto. Si la fábrica A produce x unidades, la fábrica B produce y unidades y la fábrica C produce z unidades, entonces sus respectivos costos de producción son

 3x

2

 200 

dólares,  y2  400 dólares y  2z 2  300  dólares. Si se va a surtir un pedido de 1100 unidades, emplee multiplicadores de LaGrange para determinar cómo debe distribuirse la producción entre las tres fábricas a fin de minimizar el costo total de producción. Minimizar C   3x 2  200    y 2  400    2z 2  300   3x 2  y 2  2z 2  1100 x  y  z  1100 F  3x2  y2  2z2  1100    x  y  z  100  Fx  6x    0, x  F  2 y    0, y  y

1

1

1

1

1

  F  4z    0, z        

2

z

  1200. x  200, y  600, z  300

4

6

2

4

11

1



6

  1100

12

sujeto a