Clasificacion de puntos criticos para problemas con restricciones.

8. Clasificación de puntos críticos para problemas con restricciones.

Para determinar si los puntos críticos son máximos, mínimos o no son ni máximos ni mínimos, se puede recurrir a al criterio de la "Hessiana orlada"

Si $p$ es un punto crítico del problema:

“Optimizar la función objetivo: $f (x_{1}, x_{2}, . . ., x_{n})$ sujeta a la restricción: $g (x_{1}, x_{2}, . . ., x_{n}) = 0,$ ”

es decir, sí $\nabla L (p) = 0$ (con $\nabla g (p) \neq 0$ ), entonces el siguiente teorema nos da un criterio para clasificar los puntos críticos.

Teorema 21 — Clasificación con el hessiano orlado.

Consideremos el hessiano orlado

{\bar{D}}_{n} (p) = | \begin{matrix} 0 & g_{x_{1}} (p) & g_{x_{2}} (p) & \dots & g_{x_{n}} (p) \\ g_{x_{1}} (p) & L_{x_{1} x_{1}} (p) & L_{x_{1} x_{2}} (p) & \dots & L_{x_{1} x_{n}} (p) \\ g_{x_{2}} (p) & L_{x_{2} x_{1}} (p) & L_{x_{2} x_{2}} (p) & \dots & L_{x_{2} x_{n}} (p) \\ ⋮ & ⋮ & ⋮ \\ g_{x_{n}} (p) & L_{x_{n} x_{1}} (p) & L_{x_{n} x_{2}} (p) & \dots & L_{x_{n} x_{n}} (p) \end{matrix} |

y los menores principales

{\bar{D}}_{i} (p) = | \begin{matrix} 0 & g_{x_{1}} (p) & g_{x_{2}} (p) & \dots & g_{x_{i}} (p) \\ g_{x_{1}} (p) & L_{x_{1} x_{1}} (p) & L_{x_{1} x_{2}} (p) & \dots & L_{x_{1} x_{i}} (p) \\ g_{x_{2}} (p) & L_{x_{2} x_{1}} (p) & L_{x_{2} x_{2}} (p) & \dots & L_{x_{2} x_{i}} (p) \\ ⋮ & ⋮ & ⋮ \\ g_{x_{i}} (p) & L_{x_{i} x_{1}} (p) & L_{x_{i} x_{2}} (p) & \dots & L_{x_{i} x_{i}} (p) \end{matrix} |, i = 2, . . ., n - 1

Entonces, si

p

es un punto crítico de

L (x_{1}, . . ., x_{n}, λ)

(asumimos

\nabla g (x) \neq 0

en un entorno de

p

) se tiene

1.

p

f

alcanza un mínimo local si

D_{2} (p) < 0, D_{3} (p) < 0, . . ., D_{n} (p) < 0

2.

p

f

alcanza un máximo local si todos los determinantes pares son positivos y todos los determinantes impares son negativos, i. e.,

(a): $D_{i} (p) > 0$ si $i \geq 2,$ es par
(b): $D_{i} (p) < 0$ si $i$ es impar

En el anterior teorema, no aparece

{\bar{D}}_{1}

pues

{\bar{D}}_{1} (p) = | \begin{matrix} 0 & g_{x_{1}} (p) \\ g_{x_{1}} (p) & L_{x_{1} x_{1}} (p) \end{matrix} | = - {(g_{x_{1}} (p))}^{2} < 0

(siempre es negativo).

Casos

n = 2

n = 3

1

Caso

n = 2

{\bar{D}}_{2} (p) = | \begin{matrix} 0 & g_{x} (p) & g_{y} (p) \\ g_{x} (p) & L_{xx} (p) & L_{xy} (p) \\ g_{y} (p) & L_{yx} (p) & L_{yy} (p) \end{matrix} |

Entonces, si

p = (p_{1}, p_{2}, λ_{1})

es un punto crítico de

L (x, y, λ) = f (x, y) - λ (g (x, y) - c)

(asumimos

\nabla g (x, y) \neq 0

en un entorno de

p

) se tiene

(a): En $(p_{1}, p_{2})$ $f$ alcanza un mínimo local si $D_{2} (p) < 0,$
(b): En $(p_{1}, p_{2})$ $f$ alcanza un máximo local $D_{2} (p) > 0,$

2

Caso

n = 3

{\bar{D}}_{2} (p) = | \begin{matrix} 0 & g_{x} (p) & g_{y} (p) \\ g_{x} (p) & L_{xx} (p) & L_{xy} (p) \\ g_{y} (p) & L_{yx} (p) & L_{yy} (p) \end{matrix} | y {\bar{D}}_{3} (p) = | \begin{matrix} 0 & g_{x} (p) & g_{y} (p) & g_{z} (p) \\ g_{x} (p) & L_{xx} (p) & L_{xy} (p) & L_{xz} (p) \\ g_{y} (p) & L_{yx} (p) & L_{yy} (p) & L_{yz} (p) \\ g_{z} (p) & L_{zx} (p) & L_{zy} (p) & L_{zz} (p) \end{matrix} |

Entonces, si

p = (p_{1}, p_{2}, p_{3}, λ_{1})

es un punto crítico de

L (x, y, z, λ) = f (x, y, z) - λ (g (x, y, z) - c)

(asumimos

\nabla g (x, y, z) \neq 0

en un entorno de

p

) se tiene

(a): En $(p_{1}, p_{2}), p_{3}$ $f$ alcanza un mínimo local si $D_{2} (p) < 0$ y $D_{3} (p) < 0$
(b): En $(p_{1}, p_{2}, p_{3})$ $f$ alcanza un máximo local $D_{2} (p) > 0$ y $D_{3} (p) < 0$

Ejemplo134Optimización con una restrición

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

Solución.

1

Función objetivo:

f (x, y) = x^{2} + \frac{1}{3} {(y - \frac{3}{2})}^{2} + 1

2

Restricción:

x^{2} + \frac{4 y^{2}}{9} = 1

, es decir,

g (x, y) = x^{2} + \frac{4 y^{2}}{9} - 1 = 0

3

Lagrangiana:

L (x, y, λ) = f (x, y) - λg (x, y)

$L (x, y, λ) = \underset{función objetivo}{\underset{⏟}{x^{2} + \frac{1}{3} {(y - \frac{3}{2})}^{2} + 1}} - λ \underset{restricción}{\underset{⏟}{(x^{2} + \frac{4 y^{2}}{9} - 1)}}$

4

Puntos críticos:

\nabla L = 0

{\begin{matrix} L_{x} & = & 0 \\ L_{y} & = & 0 \\ L_{λ} & = & 0 \end{matrix} ⟹ {\begin{matrix} 2 x - 2 λx & = & 0 ⟹ x (1 - λ) = 0 (E1) \\ \frac{2}{3} (y - \frac{3}{2}) - \frac{8 λy}{9} & = & 0 (E2) \\ 1 - x^{2} - \frac{4 y^{2}}{9} & = & 0 (E3) \end{matrix}

(a): De (E1) vemos que la solución del sistema requiere que $x = 0$ o $λ = 1 .$
(b): Si $x = 0,$ sustituyendo en (E3) obtenemos los puntos $y = \pm 3 ∕ 2 .$
(c): Si $λ = 1,$ 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 $λ = 0$ y $(0, - 3 ∕ 2)$ con $λ = 1.5 .$

5

Clasificación: Vemos que

f (0, 3 ∕ 2) < f (0, - 3 ∕ 2)

. Empíricamente, como esperamos, por la geometría del problema, solo un mínimo y un máximo, entonces podríamos concluir empíricamente que un mínimo se alcanza en

(0, 3 ∕ 2)

y un máximo se alcanza en

(0, - 3 ∕ 2)

Si no queremos correr riesgos (si hay dudas de que puedan aparecer puntos de silla!), usamos el criterio de clasificación:

${\bar{D}}_{2} = | \begin{matrix} 0 & g_{x} & g_{y} \\ g_{x} & L_{xx} & L_{xy} \\ g_{y} & L_{yx} & L_{yy} \end{matrix} | = | \begin{matrix} 0 & 2 x & \frac{8 y}{9} \\ 2 x & 2 - 2 λ & 0 \\ \frac{8 y}{9} & 0 & \frac{2}{3} - \frac{8 λ}{9} \end{matrix} |$

Entonces

$∙$: ${\bar{D}}_{2} (0, 3 ∕ 2, 0) = - 32 ∕ 9 < 0 ⟹ (0, 3 ∕ 2, f (0, 3 ∕ 2)) .$ Es un mínimo local
$∙$: ${\bar{D}}_{2} (0, - 3 ∕ 2, 3 ∕ 2) = 16 ∕ 9 > 0 ⟹ (0, - 3 ∕ 2, f (0, - 3 ∕ 2))$ Es un máximo local

Ejemplo135Optimización con una restrición

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

Solución.

1

L (x, y, λ) = x^{2} - x {(y - 1)}^{2} - x + {(y - 1)}^{2} + 1 - λ \underset{restricción}{\underset{⏟}{({(y - 1)}^{2} - 2 x)}}

2

Puntos críticos.

${\begin{matrix} L_{x} = 2 x - {(y - 1)}^{2} - 1 + 2 λ & = & 0 E 1 \\ L_{y} = - 2 x (y - 1) + 2 (y - 1) - 2 λ (y - 1) & = & 0 E 2 \\ L_{λ} = {(y - 1)}^{2} - 2 x & = & 0 E 3 \end{matrix}$

De la ecuación E3 tenemos

2 x = {(y - 1)}^{2} .

Sustituyendo en E1 queda

$- 1 + 2 λ = 0 ⟹ λ = \frac{1}{2}$

Sustituyendo los resultados anteriores en E3, queda

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

Los puntos críticos, con

λ = 1 ∕ 2

, son

(0, 1), (\frac{1}{2}, 0)

(\frac{1}{2}, 2)

3

Clasificación.

D_{2} = | \begin{matrix} - 2 & 2 (y - 1) \\ - 2 & 2 & - 2 (y - 1) \\ 2 (y - 1) & - 2 (y - 1) & - 2 λ - 2 x + 2 \end{matrix} |

Ahora evaluamos los puntos críticos (con

λ = 1 ∕ 2

)

(a): $D_{2} (0, 1, 1 ∕ 2) = | \begin{matrix} 0 & - 2 & 0 \\ - 2 & 2 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{matrix} | = - 4,$

entonces $(0, 1, 1)$ es un mínimo local del problema
(b): $D_{2} (1 ∕ 2, 0, 1 ∕ 2) = | \begin{matrix} 0 & - 2 & - 2 \\ - 2 & 2 & 2 \\ - 2 & 2 & 0 \end{matrix} | = 8 > 0$

entonces $(1 ∕ 2, 2, 5 ∕ 4)$ es máximo local
(c): $D_{2} (1 ∕ 2, 2, 1 ∕ 2) = | \begin{matrix} 0 & - 2 & 2 \\ - 2 & 2 & - 2 \\ 2 & - 2 & 0 \end{matrix} | = 8 > 0$

entonces $(1 ∕ 2, 0, 5 ∕ 4)$ es máximo local

Fig. 5.8:

Ejemplo136Optimización con una restrición

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

Solución.

1

La función lagrangiana es

L (x, y, λ) = x^{2} + y^{2} - λ (x + 4 y - 2)

2

Puntos críticos:

{\begin{matrix} L_{x} = 2 x - λ & = & 0 ⟹ λ = 2 x ↓ \\ L_{y} = 2 y - 4 λ & = & 0 ⟹ y = 4 x ↓ \\ L_{λ} = 2 - x - 4 y & = & 0 ⟹ x = \frac{2}{17} \end{matrix}

⟹ λ = \frac{4}{17}, x = \frac{2}{17}, y = \frac{8}{17}

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

3

Clasificación: Usemos el teorema para clasificar los puntos críticos. En este caso, solo debemos calcular el hessiano orlado

{\bar{D}}_{2}

{\bar{D}}_{2} (p) = | \begin{matrix} 0 & g_{x} (p) & g_{y} (p) \\ g_{x} (p) & L_{xx} (p) & L_{xy} (p) \\ g_{y} (p) & L_{yx} (p) & L_{yy} (p) \end{matrix} | = | \begin{matrix} 0 & 1 & 4 \\ 1 & 2 & 0 \\ 4 & 0 & 2 \end{matrix} | = - 34 < 0

así que

(\frac{2}{17}, \frac{8}{17}, f (\frac{2}{17}, \frac{8}{17})) = (\frac{2}{17}, \frac{8}{17}, \frac{14}{17})

es un mínimo local del problema con restricciones

Ejemplo137Optimización con una restrición

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

Solución.

Este ejemplo es una pequeña variación del anterior, excepto que la solución del sistema no lineal es de más cuidado.

1

La función lagrangiana es

L (x, y, λ) = x^{2} + y^{2} - λ (x + 4 y^{2} - 2)

2

Puntos críticos:

{\begin{matrix} L_{x} = 2 x - λ & = & 0 E 1 \\ L_{y} = 2 y - 8 λy & = & 0 E 2 \\ x + 4 y^{2} - 2 & = & 0 E 3 \end{matrix}

Fig. 5.9:

Si despejamos primero $λ = 2 x$ en E1 y sustituimos en E2, queda

2 y - 8 (2 x) y = 0 ⟹ 2 y (1 - 8 x) = 0 ⟹ {\begin{matrix} y & = & 0 \\ x & = & \frac{1}{8} \end{matrix}

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

• Podemos iniciar despejando $x = 2 - 4 y^{2}$ en E3 y sustituir en E1,

2 (2 - 4 y^{2}) - λ = 0 ⟹ λ = 4 - 8 y^{2}

Ahora sustituimos en E2 y queda

2 y - 8 (4 - 8 y^{2}) y = 0 ⟹ 2 y (1 - 16 + 32 y^{2}) = 0 ⟹ {\begin{matrix} y & = & 0 \\ y & = & \pm \sqrt{\frac{15}{32}} \end{matrix}

Como ya usamos las tres ecuaciones podemos concluir que la solución del sistema es

{\begin{matrix} y & = & 0 \\ x & = & 2 \\ λ & = & 4 \end{matrix} {\begin{matrix} y & = & \sqrt{\frac{15}{32}} \\ x & = & \frac{1}{8} \\ λ & = & \frac{1}{4} \end{matrix} y {\begin{matrix} y & = & - \sqrt{\frac{15}{32}} \\ x & = & \frac{1}{8} \\ λ & = & \frac{1}{4} \end{matrix}

3

Clasificación: Ahora vamos a clasificar los puntos críticos: En este caso, solo debemos calcular el hessiano orlado

{\bar{D}}_{2}

{\bar{D}}_{2} = | \begin{matrix} 0 & g_{x} & g_{y} \\ g_{x} & L_{xx} & L_{xy} \\ g_{y} & L_{yx} & L_{yy} \end{matrix} | = | \begin{matrix} 0 & 1 & 8 y \\ 1 & 2 & 0 \\ 8 y & 0 & 2 - 8 λ \end{matrix} |

•

{\bar{D}}_{2} (0, 2, 4) = 30 ⟹ (0, 2, 4)

es un máximo local

• ${\bar{D}}_{2} (\frac{1}{8}, \sqrt{\frac{15}{32}}, \frac{1}{4}) = - 60 ⟹ (\frac{1}{8}, \sqrt{\frac{15}{32}}, \frac{31}{64})$ es un mínimo local

• ${\bar{D}}_{2} (\frac{1}{8}, - \sqrt{\frac{15}{32}}, \frac{1}{4}) = - 60 ⟹ (\frac{1}{8}, - \sqrt{\frac{15}{32}}, \frac{31}{64})$ es un mínimo local

Ejemplo138Optimización con una restrición

Maximizar $f (x, y) = 2 y - x$ sujeto a $y = sen x, 0 \leq x \leq 2 π$

Solución.

1

L (x, y, λ) = 2 y - x - λ (y - sen x)

2

Puntos críticos:

${\begin{matrix} L_{x} = - 1 + λ cos x & = & 0 E 1 \\ L_{y} = 2 - λ & = & 0 E 2 \\ L_{λ} = - y + sen x & = & 0 E 3 \end{matrix}$

De E2 obtenemos

λ = 2

y, sustituyendo en E1, se obtiene

cos x =

\frac{1}{2},

es decir,

x =

\frac{π}{3}

x =

\frac{5 π}{3}

. Sustituyendo estos valores de

x

en E3 obtenemos

y =

\pm \frac{\sqrt{3}}{2}

Puntos críticos:

$P_{1}$ $= (\frac{π}{3}, \frac{\sqrt{3}}{2})$

$P_{2}$ $= (\frac{5 π}{3}, \frac{- \sqrt{3}}{2})$

Fig. 5.10:

3

Clasificación: La Figura 5.10 nos dice que efectivamente hay un máximo. Comparando:

f (P_{1}) > f (P 2)

, así que hay un máximo

(\frac{π}{3}, \frac{\sqrt{3}}{2}, \frac{3 \sqrt{3} - π}{3})

En este caso, el criterio de clasificación no da información: Calculamos el hessiano orlado

{\bar{D}}_{2}

{\bar{D}}_{2} = | \begin{matrix} 0 & - cos x & 1 \\ - cos x & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 0 \end{matrix} |

así que ${\bar{D}}_{2} (P_{1}) = {\bar{D}}_{2} (P_{2}) = 0$ y, en este caso, el criterio no dice nada.

Ejemplo139Optimización con una restrición

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.

1

L (x, y, λ) = x^{2} + y^{2} - λ (x - y) .

2

Puntos críticos:

{\begin{matrix} L_{x} & = & 0 \\ L_{y} & = & 0 \\ L_{λ} & = & 0 \end{matrix} ⟹ {\begin{matrix} 2 x - λ & = & 0 \\ 2 y + λ & = & 0 \\ x - y & = & 0 (E3) \end{matrix}

Sustituyendo $x = λ ∕ 2$ y $y = - λ ∕ 2$ en $(E 3)$ obtenemos $λ = 0$ y, por tanto, $x = 0, y = 0 .$

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

3

Clasificación: Ya sabemos que tenemos un mínimo

(0, 0, 0)

. Podemos asegurarlo con el criterio de clasificación:

${\bar{D}}_{2} (0, 0, 0) = | \begin{matrix} 0 & 1 & - 1 \\ 1 & 2 & 0 \\ - 1 & 0 & 2 \end{matrix} | = - 4 < 0 .$ Efectivamente $(0, 0, 0)$ es un mínimo local.

Ejemplo140Optimización con una restrición

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

Solución.

Hay que maximizar el producto $P = xyz$ sujeto a la restricción $x + y + z = 10 .$

1

L (x, y, λ) = xyz - λ (x + y + z - 10) .

2

Puntos críticos:

{\begin{matrix} L_{x} & = & 0 \\ L_{y} & = & 0 \\ L_{z} & = & 0 \end{matrix} ⟹ {\begin{matrix} yz - λ & = & 0 \\ xz - λ & = & 0 \\ xy - λ & = & 0 \\ x + y + z - 10 & = & 0 (E4) \end{matrix}

Despejando

λ

obtenemos

yz = xz y xz = xy .

Como

x, y

z

son, en este caso, positivos; podemos cancelar y entonces

x = y = z .

Sustituyendo en (E4) nos queda

3 x - 10 = 0,

es decir,

x = y = z =

\frac{10}{3}

λ =

\frac{100}{9}

3

Clasificación:

${\bar{D}}_{2} = | \begin{matrix} 0 & 1 & 1 \\ 1 & 0 & z \\ 1 & z & 0 \end{matrix} | ⟹ {\bar{D}}_{2} (10 ∕ 3, 10 ∕ 3, 10 ∕ 3, 100 ∕ 9) = \frac{20}{3} > 0$

{\bar{D}}_{3} = | \begin{matrix} 0 & 1 & 1 & 1 \\ 1 & 0 & z & y \\ 1 & z & 0 & x \\ 1 & y & x & 0 \end{matrix} | ⟹ {\bar{D}}_{3} (10 ∕ 3, 10 ∕ 3, 10 ∕ 3, 100 ∕ 9) = - \frac{100}{3} < 0

Entonces en

(10 ∕ 3, 10 ∕ 3, 10 ∕ 3)

el producto alcanza un máximo local.

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

Ejemplo141Optimización con una restrición

Para la construcción de una caja de base rectangular, con tapa, con un volumen de

16 m^{3}

se tiene la siguiente función de costo para los materiales

C (x, y, h) = 18 xy + 16 xh + 12 yh

Utilizando Multiplicadores de Lagrange, calcule las dimensiones de la caja de modo que el costo de los materiales sea mínimo.

Fig. 5.11:

Solución.

1

Sean

x

el largo,

y

el ancho y

h

la altura de la caja. Como se requiere minimizar el costo, tenemos:

La función objetivo es $C (x, y, h) = 18 xy + 16 xh + 12 yh$ .

La restricción (ligadura) es $V = 16,$ es decir, $xyh - 16 = 0$

2

L (x, y, h, λ) = 18 xy + 16 xh + 12 yh - λ (xyh - 16)

3

Puntos críticos:

{\begin{matrix} L_{x} : & 18 y + 16 h - λyh & = & 0 \\ L_{y} : & 18 x + 12 h - λxh & = & 0 \\ L_{h} : & 16 x + 12 y - λxy & = & 0 \\ L_{λ} : & - (xyh - 16) & = & 0 \end{matrix}

Multiplicando (E1) por $x$ , (E2) por $y$ y (E3) por $h$ , obtenemos

{\begin{matrix} L_{x} : & 18 yx + 16 hx - λxyh & = & 0 (E1) \\ L_{y} : & 18 xy + 12 hy - λyxh & = & 0 (E2) \\ L_{h} : & 16 xh + 12 yh - λxyh & = & 0 (E3) \\ L_{λ} : & xyh & = & 16 (E4) \end{matrix}

$∙$: Igualando (E1) y (E2) tenemos $18 yx + 16 hx = 18 xy + 12 hy ⟹ y = \frac{4}{3} x$ (pues $h \neq 0$ , se puede cancelar)
$∙$: Igualando (E1) y (E3) tenemos $18 yx + 16 hx = 16 xh + 12 yh ⟹ h = \frac{18}{12} x$ (pues $y \neq 0$ , se puede cancelar)
$∙$: Sustituyendo $y = \frac{4}{3} x$ y $h = \frac{18}{12} x$ en (E4) se obtiene $x = 2 .$

Por tanto, $x = 2, y = \frac{8}{3}, h = 3$ (y $λ = 12$ )

4

Clasificación.

${\bar{D}}_{2} = | \begin{matrix} 0 & yz & xz \\ yz & 0 & 18 - λz \\ xz & 18 - λz & 0 \end{matrix} | ⟹ {\bar{D}}_{2} (2, 8 ∕ 3, 3, 12) = - 1728 < 0$

${\bar{D}}_{3} = | \begin{matrix} 0 & yz & xz & xy \\ yz & 0 & 18 - λz & 16 - λy \\ xz & 18 - λz & 0 & 12 - λx \\ xy & 16 - λy & 12 - λx & 0 \end{matrix} | ⟹ {\bar{D}}_{3} (2, 8 ∕ 3, 3, 12) = - 27648 < 0$

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

En cada uno de los ejercicios que siguen, resuelva le problema de optimización propuesto y usando el criterio de clasificación, clasifique los puntos críticos encontrados.

9.1 Considere el problema: "Optimizar

f (x, y) = x^{2} + y^{3} + 1

sujeto a la restricción

x^{2} - y^{2} = - 1

" tiene un máximo y un mínimo local. Utilizando multiplicadores de Lagrange, determine el máximo local y el mínimo local.

L (x, y, λ) = x^{2} + y^{3} + 1 - λ (x^{2} - y^{2} + 1) ⟹ {\begin{matrix} 2 x (1 - λ) & = & 0 ⟹ x = 0 \lor λ = 1 \\ 3 y^{2} + 2 λy = 0 & = & 0 (E2) \end{matrix}

$∙$ $x = 0$ en (E2) nos da $y = \pm 1$ y sustituyendo en (E2) nos da $λ = \pm 3 ∕ 2,$ así que $(0, \pm 1)$ son dos puntos críticos.

$∙$ $λ = 1$ en (E2) nos da $y = 0$ y $y = - 2 ∕ 3$ pero al sustituir en (E3) no nos da solución.

Puntos críticos: $(0, - 1), (0, 1) .$ Máximo local $(0, 1, 2)$ y mínimo local $(0, - 1, 0)$

9.2(*) Considere el plano

Π : Ax + By + z + D = 0 .

Determine el punto

Q \in Π

en el que la distancia del origen hasta el plano

Π

es mínima e indique esta distancia.

La distancia de

Q = (x, y, z) \in Π

al origen es

d (x, y, z) = \sqrt{x^{2} + y^{2} + z^{2}} .

Este problema se puede resolver como

Minimizar $d (x, y, z) = \sqrt{x^{2} + y^{2} + z^{2}}$ sujeto a $Ax + By + z + D = 0$

O también, dado que $z = - Ax - By - D,$

Minimizar $d (x, y) = \sqrt{x^{2} + y^{2} + {(- Ax - By - D)}^{2}}$ .

Lo haremos de la segunda manera. Como $\sqrt{f}$ y $f$ tienen los mismos extremos locales, podemos ahorrar un poco de cálculos resolviendo:

"Minimizar $d (x, y) = x^{2} + y^{2} + {(- Ax - By - D)}^{2}$ "

Puntos críticos.

$\nabla d = 0 ⟹ {\begin{matrix} (A^{2} + 1) x + ABy & = & - AD \end{matrix} ⟹ x = - \frac{AD}{1 + A^{2} + B^{2}} \land y = - \frac{BD}{1 + A^{2} + B^{2}}$

Clasificación. $D_{2}$ y $d_{xx}$ son constantes positivas.

$D_{2} = 4 A^{2} + 4 B^{2} + 4 > 0 \land d_{xx} = 2 + 2 A^{2} > 0$ .

Por tanto la distancia es mínima en $Q = - \frac{D}{1 + A^{2} + B^{2}} (A, B, 1)$ y la distancia mínima es $d = | | Q | | = - \frac{D}{1 + A^{2} + B^{2}}$

9.3 Utilice el método de Multiplicadores de Lagrange para determinar las dimensiones de una caja en la cual la suma de las longitudes de todas las aristas es 120 metros y que tenga el mayor volumen posible. Debe usar el criterio de clasificación.

En este caso

x > 0,

y > 0

z > 0,

por ser dimensiones.

Puntos críticos.

L (x, y, z, λ) = xyz - λ (4 x + 4 y + 4 z - 120)

{\begin{matrix} yz - 4 λ & = & 0 \\ xz - 4 λ & = & 0 \\ xy - 4 λ & = & 0 \\ 4 x + 4 y + 4 z - 120 & = & 0 \end{matrix} ⟹ {\begin{matrix} yz & = & xz \\ xz & = & xy \end{matrix} ⟹ x = y = z

4 x + 4 y + 4 z - 120 = 0 ⟹ 16 x = 0 ⟹ x = y = z = 10 \land 4 λ = yz ⟹ λ = 25

Para determinar si estas dimensiones son las buscadas, usamo el criterio de clasificación.

Clasificación. El punto crítico es $P = (10, 10, 10)$ con $λ = 25 .$

${\bar{D}}_{2} = [\begin{matrix} 0 & 4 & 4 \\ 4 & 0 & z \\ 4 & z & 0 \end{matrix}] ⟹ {\bar{D}}_{2} (P) = 320 > 0$

${\bar{D}}_{3} = [\begin{matrix} 0 & 4 & 4 & 4 \\ 4 & 0 & z & y \\ 4 & z & 0 & x \\ 4 & y & x & 0 \end{matrix}] ⟹ {\bar{D}}_{3} (P) = - 4800 < 0$

Entonces con dimensiones $x = y = z = 10$ tenemos volumen máximo.

9.4 Considere el problema: Optimizar

f (x, y) = x^{2} - {(x - 1)}^{2} + y + {(y - 1)}^{2}

sujeto a la restricción

y - {(x - 1)}^{2} = 0 .

Calcule y clasifique los puntos críticos asociados al problema

L (x, y, λ) = x^{2} - {(x - 1)}^{2} + y + {(y - 1)}^{2} - λ (y - {(x - 1)}^{2})

Puntos críticos.

$\nabla L = 0 ⟹ {\begin{matrix} 2 x - 2 (x - 1) + 2 λ (x - 1) & = & 0 ⟹ 2 + 4 {(x - 1)}^{3} - 2 (x - 1) = 0 ⟹ x = 0 \\ 2 (y - 1) + 1 - λ & = & 0 ⟹ λ = 2 {(x - 1)}^{2} - 1 ↑ \\ y - {(x - 1)}^{2} & = & 0 ⟹ y = {(x - 1)}^{2} ↑ \end{matrix}$

Entonces $x = 0, y = 1$ y $λ = 1 .$

Clasificación. El punto crítico es $P = (0, 1)$ con $λ = 1 .$

${\bar{D}}_{2} = [\begin{matrix} 0 & - 2 (x - 1) & 1 \\ - 2 (x - 1) & 2 λ & 0 \\ 1 & 0 & 2 \end{matrix}] ⟹ {\bar{D}}_{2} (0, 1, 1) = - 10 < 0$

Entonces $(0, 1, f (1, 0))$ es un mínimo local del problema

9.5 Considere el problema: "Optimizar

f (x, y) = x^{2} + y^{3} + 1

sujeto a la restricción

x^{2} - y^{2} = 1

" tiene varios máximos y un mínimos locales. Utilizando multiplicadores de Lagrange, determine los máximos locales y los mínimos locales.

Puntos críticos:

(1, 0, 1), (- 1, 0, 1), (\frac{\sqrt{13}}{3}, - \frac{2}{3}), (\frac{- \sqrt{13}}{3}, - \frac{2}{3}) .

Los máximo locales son

(1, 0, 2)

(- 1, 0, 2)

y los mínimos locales son

(\frac{\sqrt{13}}{3}, - \frac{2}{3}, \frac{58}{27})

(- \frac{\sqrt{13}}{3}, - \frac{2}{3}, \frac{58}{27})

9.6Considere el plano

Π : x - 2 y + 4 z = 4

Q = (1, 0, 1) \notin Π .

Determine el punto

P = (x, y, z) \in Π

tal que la distancia

d (Q, Π) = d (Q, P)

es mínima.

L (x, y, z, λ) = \sqrt{{(x - 1)}^{2} + y^{2} + {(z - 1)}^{2}} - λ (x - 2 y + 4 z - 4)

Δ L = 0 ⟹ {\begin{matrix} x & = & \frac{20}{21} \\ y & = & \frac{2}{21} \\ z & = & \frac{17}{21} \end{matrix}

$P = (\frac{20}{21}, \frac{2}{21}, \frac{17}{21}) \in Π$ y $d (Q, Π) = | | Q - P | | = \frac{1}{\sqrt{21}}$

9.7 Considere el problema: "Optimizar

f (x, y) = x^{2} + y^{3} + 1

sujeto a la restricción

x^{2} - y^{2} = - 1

" tiene un máximo y un mínimo local. Utilizando multiplicadores de Lagrange, determine el máximo local y el mínimo local.

L (x, y, λ) = x^{2} + y^{3} + 1 - λ (x^{2} - y^{2} + 1) ⟹ {\begin{matrix} 2 x (1 - λ) & = & 0 ⟹ x = 0 \lor λ = 1 \\ 3 y^{2} + 2 λy = 0 & = & 0 (E2) \end{matrix}

$∙$ $x = 0$ en (E2) nos da $y = \pm 1$ y sustituyendo en (E2) nos da $λ = \pm 3 ∕ 2,$ así que $(0, \pm 1)$ son dos puntos críticos.

$∙$ $λ = 1$ en (E2) nos da $y = 0$ y $y = - 2 ∕ 3$ pero al sustituir en (E3) no nos da solución.

Puntos críticos: $(0, - 1), (0, 1) .$ Máximo local $(0, 1, 2)$ y mínimo local $(0, - 1, 0)$

9.8 Considere el problema: "Optimizar

f (x, y) = x^{2} + y^{3} + 1

sujeto a la restricción

x^{2} - y^{2} = 1

" tiene varios máximos y un mínimos locales. Utilizando multiplicadores de Lagrange, determine los máximos locales y los mínimos locales.

Puntos críticos:

(1, 0, 1), (- 1, 0, 1), (\frac{\sqrt{13}}{3}, - \frac{2}{3}), (\frac{- \sqrt{13}}{3}, - \frac{2}{3}) .

Los máximo locales son

(1, 0, 2)

(- 1, 0, 2)

y los mínimos locales son

(\frac{\sqrt{13}}{3}, - \frac{2}{3}, \frac{58}{27})

(- \frac{\sqrt{13}}{3}, - \frac{2}{3}, \frac{58}{27})

9.9Considere el plano

Π : x - 2 y + 4 z = 4

Q = (1, 0, 1) \notin Π .

Determine el punto

P = (x, y, z) \in Π

tal que la distancia

d (Q, Π) = d (Q, P)

es mínima.

L (x, y, z, λ) = \sqrt{{(x - 1)}^{2} + y^{2} + {(z - 1)}^{2}} - λ (x - 2 y + 4 z - 4)

Δ L = 0 ⟹ {\begin{matrix} x & = & \frac{20}{21} \\ y & = & \frac{2}{21} \\ z & = & \frac{17}{21} \end{matrix}

$P = (\frac{20}{21}, \frac{2}{21}, \frac{17}{21}) \in Π$ y $d (Q, Π) = | | Q - P | | = \frac{1}{\sqrt{21}}$

9.10Considere la superficie

S : z = x^{2} - y^{2}

Q = (0, 2, 2) \notin S .

Determine el punto

P = (x, y, z) \in S

tal que la distancia

d (Q, S) = d (Q, P)

es mínima.

L (x, y, z, λ) = \sqrt{x^{2} + {(y - 2)}^{2} + {(z - 2)}^{2}} - λ (z - x^{2} - y^{2})

Δ L = 0 ⟹ x = 0, y 2 y^{3} - 3 y - 2 = 0 .

La solución de la cúbica se puede hacer con la calculadora. De este modo:

$P \approx (0, 1.47569, 2.17765)$ y $d (Q, Π) = | | Q - P | | \approx 0.553592$

9.11 Considere la superficie

S

de ecuación

x y^{2} z = 32 .

1: Si $(x, y, z) \in S$ entonces $x \neq 0, y \neq 0$ y $z \neq 0,$ ¿Porqué?
Como $x y^{2} z = 32$ entonces $x$ , $y$ ni $z$ puede ser nulos (sino el producto sería 0).
2: Use multiplicadores de Lagrange para encontrar los puntos $Q = (x, y, z) \in S$ que están más cerca del origen $O = (0, 0, 0)$ .
Problema: "Minimizar $d (Q, O)$ sujeto a la restricción $x y^{2} z = 32 .$ "

"Minimizar $d = \sqrt{x^{2} + y^{2} + z^{2}}$ sujeto a la restricción $x y^{2} z = 32 .$ "

Sea $L (x, y, z, λ) = \sqrt{x^{2} + y^{2} + z^{2}} - λ (x y^{2} z - 32) = \sqrt{x^{2} + y^{2} + z^{2}} - λ x y^{2} z - 32 λ) .$

$∙$ Puntos críticos.

${\begin{matrix} L_{x} & = & 0 \\ L_{y} & = & 0 \\ L_{z} & = & 0 \\ L_{λ} & = & 0 \end{matrix} ⟹ {\begin{matrix} \frac{x}{\sqrt{x^{2} + y^{2} + z^{2}}} - λ y^{2} z & = & 0 (E1) \\ \frac{y}{\sqrt{x^{2} + y^{2} + z^{2}}} - 2 λ xyz & = & 0 (E2) \\ \frac{z}{\sqrt{x^{2} + y^{2} + z^{2}}} - λ x y^{2} & = & 0 (E3) \\ x y^{2} z - 32 & = & 0 (E4) \end{matrix}$

Como $x, y$ y $z$ son no nulos, podemos despejar $λ$ en las ecuaciones (E1), (E2) y (E3),

$λ = \overset{2 x^{2} = y^{2}}{\overset{︷}{\frac{x}{y^{2} z \sqrt{x^{2} + y^{2} + z^{2}}} = \frac{y}{2 xyz \sqrt{x^{2} + y^{2} + z^{2}}}}} = \frac{z}{x y^{2} \sqrt{x^{2} + y^{2} + z^{2}}},$

de donde obtenemos $2 x^{2} = y^{2}$ y $y^{2} = 2 z^{2},$ es decir $x = \pm z$ y $y^{2} = 2 z^{2} .$ Sustituyendo en la ecuación (E4) nos queda $z \cdot 2 z^{2} \cdot z = 2 z^{4} = 32,$ es decir $z = \pm 2 .$

Finalmente, como $y^{2} > 0$ y como $x y^{2} z = 32$ entonces $x$ y $z$ deben tener el mismo signo, es decir, $x = z$ y $y = \pm \sqrt{2} z .$ Tenemos solo cuatro posibles soluciones,

$Q_{1} = (2, - 2 \sqrt{2}, 2);$ $λ = 1 ∕ 8,$
$Q_{2} = (2, - 2 \sqrt{2}, 2);$ $λ = 1 ∕ 8,$

$Q_{3} = (- 2, 2 \sqrt{2}, - 2);$ $λ = 1 ∕ 8,$

$Q_{4} = (- 2, 2 \sqrt{2}, - 2);$ $λ = 1 ∕ 8 .$

Como $d (Q_{1}, O) = d (Q_{2}, O) = d (Q_{3}, O) = d (Q_{4}, O)$ , los cuatro puntos son los puntos de $S$ más cercanos al origen.

9.12 La densidad de una superficie metálica esférica de ecuación

x^{2} + y^{2} + z^{2} = 4

está dada por

ρ = 2 + xz + y^{2} .

Encuentre los puntos donde la densidad es mayor y menor.

Problema: “Maximizar

ρ = 2 + xz + y^{2}

sujeto a la restricción

x^{2} + y^{2} + z^{2} - 4 = 0

”.

Sea $L (x, y, z, λ) = 2 + xz + y^{2} - λ (x^{2} + y^{2} + z^{2} - 4) .$ Factorizando en la ecuación $L_{y} = 0$ obtenemos los casos $y = 0$ y $λ = 1,$ y con las ecuaciones $L_{x} = 0$ y $L_{z} = 0$ obtenemos los casos $z = 0$ y $λ = \pm 1 ∕ 2 .$ Resolviedo para estos casos se obtienen los cuatro puntos críticos: $(0, \pm 2, 0), (\pm \sqrt{2}, 0, \pm \sqrt{2}), (\pm \sqrt{2}, 0, \mp \sqrt{2}) .$

Aplicando nuestro criterio de clasificación obtenemos que $ρ$ es máximo en los puntos $(0, \pm 2, 0)$ y mínimo en los puntos $(\pm \sqrt{2}, 0, \mp \sqrt{2}) .$

9.13Maximizar

z = 1 - y

sujeto a la condición

x^{6} + y^{6} = 1 .

(0, - 1, 2) .

9.14 Obtener el máximo local de

f (x, y) = 9 - x^{2} - y^{2}

sujeta a

x + y = 3

x = 3 ∕ 2, y = 3 ∕ 2, λ = - 3 .

9.15 Sean

k

una constante positiva y

C (r, h) = 2 k r^{2} + 2.5 (2 krh)

con

r, h > 0 .

Minimizar

C (r, h)

sujeta a la restricción

k r^{2} h = 1000

L (r, h, λ) = + 2 k r^{2} + 5 hkr - λ (hk r^{2} - 1000)

r \approx \frac{10.7722}{\sqrt[3]{k}}, h \approx \frac{8.61774}{\sqrt[3]{k}}, λ \approx 0.464159 \sqrt[3]{k}

9.16Determine los valores máximos y mínimos de

z = x^{2} y^{2}

sujeta a la condición

x^{2} + y^{2} = 1

λ = 0, x = - 1, y = 0, λ = 0, x = 1, y = 0, λ = 0, y = - 1, x = 0, λ = 0, y = 1, x = 0, λ = \frac{1}{2}, x = - \frac{1}{\sqrt{2}}, y = - \frac{1}{\sqrt{2}}, λ = \frac{1}{2}, x = - \frac{1}{\sqrt{2}}, y = \frac{1}{\sqrt{2}}, λ = \frac{1}{2}, x = \frac{1}{\sqrt{2}}, y = - \frac{1}{\sqrt{2}}, λ = \frac{1}{2}, x = \frac{1}{\sqrt{2}}, y = \frac{1}{\sqrt{2}} .

El valos mínimo es $0$ y el valor máximo $\frac{1}{4} .$

9.17Calcule el valor mínimo de la función

f (x, y) = x^{2} + {(y - 2)}^{2}

(x, y)

son puntos de la hipérbola

x^{2} - y^{2} = 1 .

(\pm \sqrt{2}, 1)

λ = 1 .

Observe que

x = 0

no satisface la restricción.

9.18 Un tanque sin tapa, de forma de caja rectangular, debe tener un volumen de 8000 cm

^{3} .

Los costos anuales de calefacción se calculan de la siguiente manera: $2 por cm

^{2}

para el fondo y para dos de las caras laterales (opuestas) y $4 por cm

^{2}

para las restantes dos caras laterales. Hallar las dimensiones del tanque que minimizan el costo.

Si las dimensiones son

x, y

para la base y

z

para la altura, el problema consiste en minimizar

C (x, y, z) = 2 xy + 2 \cdot 2 xz + 4 \cdot 2 yz

sujeto a la restricción

V = xyz = 8000

(entonces

x, y, z > 0

). Aquí suponemos que las carascon costo $4 cm

^{2}

son las de lados

y

z

Si lo resolvemos por Lagrange,

$L (x, y, z, λ) = 2 xy + 4 xz + 8 yz - λ (xyz - 8000)$

Resolvemos ${\begin{matrix} L_{x} & = & 0 \\ L_{y} & = & 0 \\ L_{z} & = & 0 \\ L_{λ} & = & 0 \end{matrix} ⟹ x = 40, y = 20, z = 10$ (y $λ = 2 ∕ 5$ )

9.19

Se quiere construir un cilindro circular recto con fondo pero sin tapa (ver figura). Si se dispone de

48 π c m^{2}

de lata para construirlo; use multiplicadores de Lagrange para determinar las dimensiones del cilindro de tal manera que su volumen sea máximo.

Problema: "Maximizar

V (r, h) = π r^{2} h

sujeto a

48 π = 2 πr h + π r^{2} .

$∙$

L (r, h, λ) = π r^{2} h - λ (2 r h + r^{2} - 48) .

$∙$

{\begin{matrix} L_{r} = 2 πrh - λ (2 h + 2 r) & = & 0 (1) \\ L_{h} = π r^{2} - λ 2 r & = & 0 (2) \\ L_{λ} = 2 r h + r^{2} & = & 48 (3) \end{matrix} ⟹ {\begin{matrix} λ & = & \frac{πrh}{h + r}, pues h > 0 y r > 0 . \\ λ & = & πr ∕ 2 \\ 2 r h + r^{2} & = & 48 \end{matrix}

Ahora,

λ = λ ⟹ \frac{πrh}{h + r} = \frac{π}{2} r ⟹ r (h - r) = 0 ⟹ r = h

(

r > 0

Luego, sustituimos $r = h$ en la ecuación $(3) :$

$2 r h + r^{2} = 48 ⟹ 2 h^{2} + h^{2} = 48 ⟹ h = \pm 4 .$

$∴$ Las dimensiones son $h = 4$ y $r = 4 .$

9.20

Se desea construir un tanque para almacenar agua caliente en un cilindro con un tope esférico (media esfera).
El tanque se debe diseñar de tal manera que puede almacenar

300

^{3}

de líquido. Determinar la altura total y el diámetro del tanque de tal manera que la pérdida de calor en la superficie sea mínima. ( La pérdida de calor en la superficie será mínima si su área es mínima).

Problema: “Minimizar

A = 3 π r^{2} + 2 πrh

sujeto a la restricción

V = π r^{2} h + \frac{2}{3} π r^{3} = 400

”

La altura total es

h + r \approx 8.49

m y el diámetro es

d \approx 8.49

9.21

Consideremos el problema: Minimizar

f (x, y) = x^{3} + y^{3}

sujeto a la restricción

g = x - y = 0 .

El par

(0, 0)

no es ni máximo ni mínimo local de

f

D

pues

\forall 𝜖 > 0,

(𝜖, 𝜖) \in D

(- 𝜖, - 𝜖) \in D

pero

f (0, 0) = 0 > f (- 𝜖, - 𝜖) = - 2 𝜖^{3}

f (0, 0) = 0 < f (𝜖, 𝜖) = 2 𝜖^{3}

. Sin embargo, verifique que

(0, 0)

es la única solución del sistema

\nabla L (x, y, λ) = 0 .

?Qué falló?

(*) Se omite

9.22

Consideremos el problema: Maximizar

z = - y

sujeto a la restricción

y^{3} - x^{2} = 0 .

El punto

(0, 0, 0)

es un máximo local para este problema pues como

y^{3} = x^{2}

entonces

y \geq 0

por lo que

z (x, y) = - y \leq = 0 = z (0, 0)

\forall (x, y) \in D .

Verfique que

(0, 0)

no es punto crítico de

L (x, y, λ) = - y - λ (y^{3} - x^{2}) .

¿Qué falló?

(*) Se omite