Optimizar $f(x,y)=x^2-x{(y-1)}^2-x+{(y-1)}^2+1$ sujeto a la restricción $2x={(y-1)}^2.$

Solución. : $L(x,y,\lambda )=x^2-x{(y-1)}^2-x+{(y-1)}^2+1-\lambda \left({(y-1)}^2-2x\right)$

Puntos críticos.

$\{\begin{array}{ccc}{L}_x=2x-{(y-1)}^2-1+2\lambda \hfill & \hfill =\hfill & 0E1\hfill \\ \\ L_y=-2x(y-1)+2(y-1)-2\lambda (y-1)\hfill & \hfill =\hfill & 0E2\hfill \\ \\ L_{\lambda }={(y-1)}^2-2x\hfill & \hfill =\hfill & 0E3\hfill \end{array}$

De la ecuación E3 tenemos $2x={(y-1)}^2.$ Sustituyendo en E1 queda

$-1+2\lambda =0⟹\lambda ={\displaystyle \frac{1}{2}}$

Sustituyendo los resultados anteriores en E3, queda

$-(y-1)[{(y-1)}^2-1]=0⟹\{\begin{array}{c}y=1\text{ y por tanto }x=0\hfill \\ \\ y=0\text{ y por tanto }x=1∕2\hfill \\ \\ y=2\text{ y por tanto }x=1∕2\hfill \\ \end{array}$

Los puntos críticos, con $\lambda =1∕2$, son $\left(0,1\right),\left({\displaystyle \frac{1}{2}},0\right)$ y $\left({\displaystyle \frac{1}{2}},2\right)$

Clasificación.

$D_2=\left|\begin{array}{ccc}\hfill 0\hfill & \hfill -2\hfill & \hfill 2(y-1)\hfill \\ \hfill -2\hfill & \hfill 2\hfill & \hfill -2(y-1)\hfill \\ \hfill 2(y-1)\hfill & \hfill -2(y-1)\hfill & \hfill -2\lambda -2x+2\hfill \end{array}\right|$

Hallar los extremos de $z=x^2+y^2$ sujeto a la restricción $x+4y=2$.

Solución. : La función lagrangiana es $L(x,y,\lambda )=x^2+y^2-\lambda (x+4y-2)$.

Puntos críticos: $\{\begin{array}{ccc}{L}_x=2x-\lambda \hfill & =\hfill & 0⟹\lambda =2x_{}\hfill \end{array}$↷ Ly = 2y − 4λ = 0⟹y = 4x ↷ $⟹\lambda ={\displaystyle \frac{4}{17}},x={\displaystyle \frac{2}{17}},y={\displaystyle \frac{8}{17}}$.

Así, el único punto crítico es: $P=\left({\displaystyle \frac{2}{17}},{\displaystyle \frac{8}{17}}\right)$

Clasificación: Usemos el teorema para clasificar los puntos críticos. En este caso, solo debemos calcular el hessiano orlado ${\overline{\text{D}}}_2$

$${\overline{\text{D}}}_2(p)=\left|\begin{array}{ccc}\hfill 0& \hfill g_x(p)& \hfill g_y(p)\\ \hfill g_x(p)& \hfill L_{\mathit{xx}}(p)& \hfill L_{\mathit{xy}}(p)\end{array}\right|=\left|\begin{array}{ccc}\hfill 0& \hfill 1& \hfill 4\\ \hfill 1& \hfill 2& \hfill 0\end{array}\right|=-34<0$$

así que $\left({\displaystyle \frac{2}{17}},{\displaystyle \frac{8}{17}},f\left({\displaystyle \frac{2}{17}},{\displaystyle \frac{8}{17}}\right)\right)=\left({\displaystyle \frac{2}{17}},{\displaystyle \frac{8}{17}},{\displaystyle \frac{14}{17}}\right)$ es un mínimo local del problema con restricciones

• Si despejamos primero $\lambda =2x$ en E1 y sustituimos en E2, queda

$$2y-8(2x)y=0⟹2y(1-8x)=0⟹\{\begin{array}{ccc}y\hfill & \hfill =\hfill & 0\hfill \\ \end{array}$$

Pero estos valores de $x$ y $y$ no satisfacen la e cuación E3: ${\displaystyle \frac{1}{8}}+4\cdot 0^2-2\ne 0.$ Por tanto se descartan.

Clasificación: Ahora vamos a clasificar los puntos críticos: En este caso, solo debemos calcular el hessiano orlado ${\overline{\text{D}}}_2$

$${\overline{\text{D}}}_2=\left|\begin{array}{ccc}\hfill 0& \hfill g_x& \hfill g_y\\ \hfill g_x& \hfill L_{\mathit{xx}}& \hfill L_{\mathit{xy}}\end{array}\right|=\left|\begin{array}{ccc}\hfill 0& \hfill 1& \hfill 8y\\ \hfill 1& \hfill 2& \hfill 0\end{array}\right|$$

• ${\overline{\text{D}}}_2\left(0,2,4\right)=30⟹\left(0,2,4\right)$ es un máximo local

• ${\overline{\text{D}}}_2\left({\displaystyle \frac{1}{8}},\sqrt{{\displaystyle \frac{15}{32}}},{\displaystyle \frac{1}{4}}\right)=-60⟹\left({\displaystyle \frac{1}{8}},\sqrt{{\displaystyle \frac{15}{32}}},{\displaystyle \frac{31}{64}}\right)$ es un mínimo local

• ${\overline{\text{D}}}_2\left({\displaystyle \frac{1}{8}},-\sqrt{{\displaystyle \frac{15}{32}}},{\displaystyle \frac{1}{4}}\right)=-60⟹\left({\displaystyle \frac{1}{8}},-\sqrt{{\displaystyle \frac{15}{32}}},{\displaystyle \frac{31}{64}}\right)$ es un mínimo local

Maximizar $f(x,y)=2y-x$ sujeto a $y=\text{sen}<!--\; FUNCTION\; APPLICATION\; -->x,0\le x\le 2\pi$

Solución. : $F(x,y,\lambda )=2y-x-\lambda (y-\text{sen}<!--\; FUNCTION\; APPLICATION\; -->x)$

Puntos críticos:

$\{\begin{array}{ccc}{F}_x=-1+\lambda \text{cos}<!--\; FUNCTION\; APPLICATION\; -->x\hfill & =\hfill & 0\hfill \\ \hfill \\ F_y=2-\lambda \hfill & =\hfill & 0\hfill \\ \hfill \end{array}$ $⟹\lambda =2,\text{cos}<!--\; FUNCTION\; APPLICATION\; -->x=\frac{1}{2}$ o sea, $x=\frac{\pi }{3},x=\frac{5\pi }{3}$.

Así los puntos críticos son: $P_1=(\frac{\pi }{3},\frac{\sqrt{3}}{2})$ y $P_2=(\frac{5\pi }{3},\frac{-\sqrt{3}}{2})$

Clasificación: Usemos el teorema para clasificar los puntos críticos. En este caso, solo debemos calcular el hessiano orlado ${\overline{\text{D}}}_2$

$${\overline{\text{D}}}_2=\left|\begin{array}{ccc}\hfill 0\hfill & \hfill -\text{cos}<!--\; FUNCTION\; APPLICATION\; -->x\hfill & \hfill 1\hfill \\ \hfill -\text{cos}<!--\; FUNCTION\; APPLICATION\; -->x\hfill & \hfill 0\hfill & \hfill 0\hfill \end{array}\right|$$

así que ${\overline{\text{D}}}_2(P_1)={\overline{\text{D}}}_2(P_2)=0$ y, en este caso, el criterio no da información.

Maximizar y minimizar $f(x,y)=x^2+{\displaystyle \frac{1}{3}}{\left(y-{\displaystyle \frac{3}{2}}\right)}^2+1$ sujeto a la restricción $x^2+{\displaystyle \frac{4y^2}{9}}=1$.

Solución. : Sea $L(x,y,\lambda )=x^2+{\displaystyle \frac{1}{3}}{\left(y-{\displaystyle \frac{3}{2}}\right)}^2+1-\lambda \left(x^2+{\displaystyle \frac{4y^2}{9}}-1\right).$

$$\{\begin{array}{ccc}{L}_x\hfill & =\hfill & 0\hfill \\ \hfill \\ L_y\hfill & =\hfill & 0\hfill \\ \hfill \\ L_{\lambda }\hfill & =\hfill & 0\hfill \\ \hfill \end{array}⟹\{\begin{array}{ccc}2x-2\mathit{\lambda x}\hfill & =\hfill & 0⟹x(1-\lambda )=0\text{ (E1) }\hfill \\ \hfill \\ {\displaystyle \frac{2}{3}}\left(y-{\displaystyle \frac{3}{2}}\right)-{\displaystyle \frac{8\mathit{\lambda y}}{9}}\hfill & =\hfill & 0\text{ (E2) }\hfill \\ \hfill \end{array}$$

• De (E1) vemos que la solución del sistema requiere que $x=0$ o $\lambda =1.$

• Si $x=0,$ sustituyendo en (E3) obtenemos los puntos $y=\pm 3∕2.$

• Si $\lambda =1,$ sustituimos en la ecuación (E2) y obtenemos $y=-4.5,$ pero al sustituir en la ecuación (E3) nos da una solución compleja.

Los puntos críticos de $L$ son $(0,3∕2)$ con $\lambda =0$ y $(0,-3∕2)$ con $\lambda =1.5.$

Clasificación:

${\overline{\text{D}}}_2=\left|\begin{array}{ccc}\hfill 0& \hfill g_x& \hfill g_y\\ \hfill g_x& \hfill L_{\mathit{xx}}& \hfill L_{\mathit{xy}}\end{array}\right|=\left|\begin{array}{ccc}\hfill 0\hfill & \hfill 2x\hfill & \hfill {\displaystyle \frac{8y}{9}}\hfill \\ \\ \hfill 2x\hfill & \hfill 2-2\lambda \hfill & \hfill 0\hfill \\ \\ \hfill {\displaystyle \frac{8y}{9}}\hfill & \hfill 0\hfill & \hfill {\displaystyle \frac{2}{3}}-{\displaystyle \frac{8\lambda }{9}}\hfill \end{array}\right|$

Entonces $\{\begin{array}{ccc}\hfill {\overline{\text{D}}}_2(0,3∕2,0)& \hfill =\hfill & -32∕9<0⟹(0,3∕2,f(0,3∕2))\text{ es un mínimo local }\hfill \\ \hfill \end{array}$

Verifique que el problema "Minimizar $z=x^2+y^2$ sujeto a $x-y=0$" tiene como solución el mínimo local de $z,$ es decir $(0,0,0).$

Solución. : Sea $L(x,y,\lambda )=x^2+y^2-\lambda (x-y).$

$$\{\begin{array}{ccc}{L}_x\hfill & =\hfill & 0\hfill \\ \hfill \\ L_y\hfill & =\hfill & 0\hfill \\ \hfill \\ L_{\lambda }\hfill & =\hfill & 0\hfill \\ \hfill \end{array}⟹\{\begin{array}{ccc}2x-\lambda \hfill & =\hfill & 0\hfill \\ \hfill \\ 2y+\lambda \hfill & =\hfill & 0\hfill \\ \hfill \end{array}$$

Sustituyendo $x=\lambda ∕2$ y $y=-\lambda ∕2$ en $(E3)$ obtenemos $\lambda =0$ y, por tanto, $x=0,y=0.$

En este caso, $\lambda =0$ indica que el mínimo con restricciones coincide con un mínimo local de $z.$

Clasificación: ${\overline{\text{D}}}_2(0,0,0)=\left|\begin{array}{ccc}\hfill 0\hfill & \hfill 1\hfill & \hfill -1\hfill \\ \hfill 1\hfill & \hfill 2\hfill & \hfill 0\hfill \\ \hfill -1\hfill & \hfill 0\hfill & \hfill 2\hfill \end{array}\right|=-4<0.$ Efectivamente $(0,0,0)$ es un mínimo local.

Determine tres números reales positivos $x,y,z$ cuya suma sea $10$ y su producto máximo.

Solución. : Hay que maximizar el producto $P=\mathit{xyz}$ sujeto a la restricción $x+y+z=10.$

Sea $L(x,y,\lambda )=\mathit{xyz}-\lambda (x+y+z-10).$

$$\{\begin{array}{ccc}{L}_x\hfill & =\hfill & 0\hfill \\ \hfill \\ L_y\hfill & =\hfill & 0\hfill \\ \hfill \\ L_z\hfill & =\hfill & 0\hfill \\ \hfill \end{array}⟹\{\begin{array}{ccc}\mathit{yz}-\lambda \hfill & =\hfill & 0\hfill \\ \hfill \\ \mathit{xz}-\lambda \hfill & =\hfill & 0\hfill \\ \hfill \\ \mathit{xy}-\lambda \hfill & =\hfill & 0\hfill \\ \hfill \end{array}$$

Despejando $\lambda$ obtenemos

$$\mathit{yz}=\mathit{xz}\text{ y }\mathit{xz}=\mathit{xy}.$$

Como $x,y$ y $z$ son, en este caso, positivos; podemos cancelar y entonces $x=y=z.$ Sustituyendo en (E4) nos queda $3x-10=0,$ es decir, $x=y=z={\displaystyle \frac{10}{3}}$ y $\lambda =100∕9$

Clasificación:

${\overline{\text{D}}}_2=\left|\begin{array}{ccc}\hfill 0\hfill & \hfill 1\hfill & \hfill 1\hfill \\ \hfill 1\hfill & \hfill 0\hfill & \hfill z\hfill \\ \hfill 1\hfill & \hfill z\hfill & \hfill 0\hfill \end{array}\right|⟹{\overline{\text{D}}}_2(10∕3,10∕3,10∕3,100∕9)={\displaystyle \frac{20}{3}}>0$

${\overline{\text{D}}}_3=\left|\begin{array}{cccc}\hfill 0\hfill & \hfill 1\hfill & \hfill 1\hfill & \hfill 1\hfill \\ \hfill 1\hfill & \hfill 0\hfill & \hfill z\hfill & \hfill y\hfill \\ \hfill 1\hfill & \hfill z\hfill & \hfill 0\hfill & \hfill x\hfill \\ \hfill 1\hfill & \hfill y\hfill & \hfill x\hfill & \hfill 0\hfill \end{array}\right|⟹{\overline{\text{D}}}_3(10∕3,10∕3,10∕3,100∕9)=-{\displaystyle \frac{100}{3}}<0$

Entonces en $(10∕3,10∕3,10∕3)$ el producto alcanza un máximo local.

Los tres números buscados on $x=y=z={\displaystyle \frac{10}{3}}$

Solución. : Sean $x$ el largo, $y$ el ancho y $h$ la altura de la caja. Como se requiere minimizar el costo, la función objetivo es $C(x,y,h)=18\mathit{xy}+16\mathit{xh}+12\mathit{yh}$. La restricción (ligadura) es $V=16,$ es decir. $\mathit{xyh}-16=0$

Así:
$\begin{array}{ccc}L(x,y,h,\lambda )=18\mathit{xy}+16\mathit{xh}+12\mathit{yh}-\lambda (\mathit{xyh}-16)\hfill & \hfill ⟹\hfill & \{\begin{array}{cccc}{L}_x:\hfill & \hfill 18y+16h-\mathit{\lambda yh}& \hfill =\hfill & \hfill 0\hfill \\ L_y:\hfill & \hfill 18x+12h-\mathit{\lambda xh}& \hfill =\hfill & \hfill 0\hfill \\ L_h:\hfill & \hfill 16x+12y-\mathit{\lambda xy}& \hfill =\hfill & \hfill 0\hfill \\ L_{\lambda }:\hfill & \hfill -(\mathit{xyh}-16)& \hfill =\hfill & \hfill 0\hfill \\ \end{array}\hfill \\ \\ \multicolumn{3}{c}{\text{ Multiplicando (E1) por }x\text{, (E2) por }y\text{ y (E3) por }h\text{, obtenemos }}\\ \\ \hfill & \hfill \hfill & \{\begin{array}{cccc}{L}_x:\hfill & \hfill 18\mathit{yx}+16\mathit{hx}-\mathit{\lambda xyh}& \hfill =\hfill & \hfill 0\text{ (E1) }\hfill \\ L_y:\hfill & \hfill 18\mathit{xy}+12\mathit{hy}-\mathit{\lambda yxh}& \hfill =\hfill & \hfill 0\text{ (E2) }\hfill \\ L_h:\hfill & \hfill 16\mathit{xh}+12\mathit{yh}-\mathit{\lambda xyh}& \hfill =\hfill & \hfill 0\text{ (E3) }\hfill \\ L_{\lambda }:\hfill & \hfill \mathit{xyh}& \hfill =\hfill & \hfill 16\text{ (E4) }\hfill \end{array}\hfill \end{array}$

$\bullet$ Igualando (E1) y (E2) tenemos $18\mathit{yx}+16\mathit{hx}=18\mathit{xy}+12\mathit{hy}⟹y={\displaystyle \frac{4}{3}}x$ (pues $h\ne 0$, se puede cancelar)

$\bullet$ Igualando (E1) y (E3) tenemos $18\mathit{yx}+16\mathit{hx}=16\mathit{xh}+12\mathit{yh}⟹h={\displaystyle \frac{18}{12}}x$ (pues $y\ne 0$, se puede cancelar)

Sustituyendo $y={\displaystyle \frac{4}{3}}x$ y $h={\displaystyle \frac{18}{12}}x$ en (E4) se obtiene $x=2.$ Por tanto, $x=2,y={\displaystyle \frac{8}{3}},h=3$ (y $\lambda =12$)

Clasificación.

${\overline{\text{D}}}_2=\left|\begin{array}{ccc}0\hfill & \mathit{yz}\hfill & \mathit{xz}\hfill \\ \mathit{yz}\hfill & 0\hfill & 18-\mathit{\lambda z}\hfill \\ \mathit{xz}\hfill & 18-\mathit{\lambda z}\hfill & 0\hfill \end{array}\right|⟹{\overline{\text{D}}}_2(2,8∕3,3,12)=-1728<0$

${\overline{\text{D}}}_3=\left|\begin{array}{cccc}0\hfill & \mathit{yz}\hfill & \mathit{xz}\hfill & \mathit{xy}\hfill \\ \mathit{yz}\hfill & 0\hfill & 18-\mathit{\lambda z}\hfill & 16-\mathit{\lambda y}\hfill \\ \mathit{xz}\hfill & 18-\mathit{\lambda z}\hfill & 0\hfill & 12-\mathit{\lambda x}\hfill \\ \mathit{xy}\hfill & 16-\mathit{\lambda y}\hfill & 12-\mathit{\lambda x}\hfill & 0\hfill \end{array}\right|⟹{\overline{\text{D}}}_3(2,8∕3,3,12)=-27648<0$

Entonces en $\left(2,{\displaystyle \frac{8}{3}},3\right)$ el costo es mínimo. Las dimensiones de la caja para que el costo sea mínimo son $x=2,y={\displaystyle \frac{8}{3}},h=3$