Matemáticas

Grado en Química

Ejercicios propuestos (Tema 5)

Problema 1.

Obtenga y clasique los puntos críticos de las siguientes funciones: (a) f (x, y) = −x2 + (y − 2)2 , (b) f (x, y) = x2 − y 2 ,

(c) f (x, y) = x3 + y 2 .

Solución del problema 1. (a) f (x, y) = −x2 + (y − 2)2 .

1. Dominio y regularidad de f : Observamos que el dominio de f es R2 y además f es de clase C ∞ , por ser una función polinómica. 2. Puntos críticos de f : Como ∂f (x, y) = −2x, ∂x

entonces ∇f (x, y) = (0, 0) ⇐⇒

∂f (x, y) = 2(y − 2), ∂y   −2x = 0 ⇐⇒ x = 0 

2(y − 2) = 0 ⇐⇒ y = 2.

Luego, el único punto crítico de f es (0, 2). 3. Clasicación de los puntos críticos: 1o forma. Observamos que f (x, y) = −(x2 + (y − 2)2 ) ≤ 0 = f (0, 2) para todo (x, y) ∈ R2 .

Entonces, el punto (0, 2) es un máximo absoluto de f . 2o forma. (Usando la matriz hessiana). Observamos que Hf (x, y) =

∂2f ∂x2 ∂2f ∂y∂x

∂2f ∂x∂y ∂2f ∂y 2

!

 =

−2 0 0 −2

 .

Luego, en el punto crítico  Hf (0, 2) =

−2 0 0 −2



tenemos una matriz denida negativa, pues sus dos autovalores son el −2 (doble). Por tanto, (0, −2) es un máximo (relativo) de f . (b) f (x, y) = x2 − y 2 .

1. Dominio y regularidad de f : Observamos que el dominio de f es R2 y además f es de clase C ∞ , por ser una función polinómica.

Dpto. de Análisis Matemático

1

Curso 2014/15

Matemáticas

Grado en Química

Ejercicios propuestos (Tema 5)

2. Puntos críticos de f : Como ∂f (x, y) = −2y, ∂y

∂f (x, y) = 2x, ∂x

entonces ∇f (x, y) = (0, 0) ⇐⇒

  2x = 0 ⇐⇒ x = 0 −2y = 0 ⇐⇒ y = 0.



Luego, el único punto crítico de f es (0, 0). 3. Clasicación de los puntos críticos: 1o forma. Observamos que para todo ε ∈ R sucientemente pequeño tenemos que y que

f (ε, 0) = ε2 ≥ 0 = f (0, 0)

f (0, ε) = −ε2 ≤ 0 = f (0, 0).

Entonces, (0, 0) es un punto de silla de f . (Usando la matriz hessiana). Observamos que

2o forma.

Hf (x, y) =

∂2f ∂x2 ∂2f ∂y∂x

∂2f ∂x∂y ∂2f ∂y 2

!

 =

2 0 0 −2

 .

Luego, en el punto crítico  Hf (0, 0) =

2 0 0 −2



tenemos una matriz indenida (pues sus autovalores son 2 y −2). Por tanto, (0, 0) es un punto de silla. (c) f (x, y) = x3 + y 2 .

1. Dominio y regularidad de f : Observamos que el dominio de f es R2 y además f es de clase C ∞ , por ser una función polinómica. 2. Puntos críticos de f : Como ∂f (x, y) = 3x2 , ∂x

∂f (x, y) = 2y, ∂y

entonces ∇f (x, y) = (0, 0) ⇐⇒

 2  3x = 0 ⇐⇒ x = 0 

2y = 0 ⇐⇒ y = 0.

Luego, el único punto crítico de f es (0, 0). 3. Clasicación de los puntos críticos: Observamos que para todo ε > 0 sucientemente pequeño tenemos que f (−ε, 0) = −ε3 < 0 = f (0, 0)

y que

f (0, ε) = ε2 > 0 = f (0, 0).

Entonces, (0, 0) es un punto de silla de f .

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Grado en Química

Nota.

Ejercicios propuestos (Tema 5)

Usando la matriz hessiana no concluimos nada, ya que como ∂2f ∂x2 ∂2f ∂y∂x

Hf (x, y) =

∂2f ∂x∂y ∂2f ∂y 2

!



0 0 0 2

entonces Hf (0, 0) =

 =

6x 0 0 2

 .



tenemos una matriz semidenida positiva (pues sus autovalores son 0 y 2). Luego, no podemos asegurar nada. Problema 2.

Calcula los extremos relativos de las funciones: (a) f (x, y) = x4 + x2 y + y 2 ,

(c) f (x, y) =

(b) f (x, y) = xy ex+2y ,

4 9 + + x + y + 1. x y

Solución del problema 2. a) f (x, y) = x4 + x2 y + y 2 .

1. Dominio y regularidad de f : Observamos que el dominio de f es R2 y además f es de clase C ∞ , por ser una función polinómica. 2. Puntos críticos de f : Como ∂f (x, y) = 4x3 + 2xy, ∂x

∂f (x, y) = x2 + 2y, ∂y

entonces ∇f (x, y) = (0, 0) ⇐⇒

 3  4x + 2yx = 0 

x2 + 2y = 0.

Este sistema no lineal tiene al punto (0, 0) como una única solución. Luego, el único punto crítico de f es (0, 0). 3. Clasicación de los puntos críticos: Observamos que para todo (x, y) ∈ R2 4

2

2



f (x, y) = x + x y + y =

1 x + y2 2 2

2

3 + y 2 ≥ 0 = f (0, 0). 4

Entonces, el punto (0, 0) es un mínimo absoluto de f . Nota. Usando la matriz hessiana no concluimos nada, ya que como Hf (x, y) =

∂2f ∂x2 ∂2f ∂y∂x

∂2f ∂x∂y ∂2f ∂y 2

!

entonces

= 

Hf (0, 0) =



12x2 + 2y 2x 2x 2

0 0 0 2

 .



tenemos una matriz semidenida positiva (pues sus autovalores son 0 y 2). Luego, no podemos armar nada.

Dpto. de Análisis Matemático

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Matemáticas

Grado en Química

Ejercicios propuestos (Tema 5)

b) f (x, y) = xy ex+2y .

1. Dominio y regularidad de f : Observamos que el dominio de f es R2 y además f es de clase C ∞ , por ser producto de una función polinómica y una función tipo exponencial (con exponente polinómico). 2. Puntos críticos de f : Como ∂f (x, y) = y ex+2y + xy ex+2y = (1 + x)y ex+2y ∂x

y ∂f (x, y) = x ex+2y + xy ex+2y · 2 = x(1 + 2y) ex+2y , ∂y

entonces ∇f (x, y) = (0, 0) ⇐⇒

  (1 + x)y ex+2y = 0 

x+2y

x(1 + 2y) e

⇐⇒

= 0.

(1o Ec.)

  (1 + x)y = 0 

(2o Ec.)

x(1 + 2y) = 0.

Este sistema no lineal tiene a los puntos (0, 0) y (−1, −1/2), como solución. Luego, los puntos críticos de f son P1 (0, 0) y P2 (−1, −1/2). 3. Clasicación de los puntos críticos: Usaremos el criterio de la matriz Hessiana. Nota. Usando la matriz hessiana no concluimos nada, ya que como  Hf (x, y) =

(x + 2)yex+2y (x + 1)(2y + 1)ex+2y x+2y (x + 1)(2y + 1)e 4x(y + 1)ex+2y

Entonces

 Hf (0, 0) =

0 1 1 0

 .



tenemos una matriz indenida (pues sus autovalores son 1 y −1). Luego, P1 es un punto de silla.  Hf (−1, −1/2) =

−1/2e2 0 0 −2/e2



tenemos una matriz denida negativa (pues sus es diagonal y los valores de la diagonal son negativos). Luego, P2 es un máximo. (c) f (x, y) =

4 9 + + x + y + 1. x y

1. Dominio y regularidad de f : Observamos que el dominio de f es D = R2 r {(x, y) ∈ R2 : xy = 0} = {(x, y) ∈ R2 : xy 6= 0}

y además f es de clase C ∞ en su dominio D, por ser una suma de una función polinómica y una racional cuyo denominador no se anula en su dominio.

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Curso 2014/15

Matemáticas

Grado en Química

Ejercicios propuestos (Tema 5)

2. Puntos críticos de f : Como ∂f 4 (x, y) = − 2 + 1, ∂x x

entonces ∇f (x, y) = (0, 0) ⇐⇒

9 ∂f (x, y) = − 2 + 1, ∂y y  

4 x2

= 1 ⇐⇒ x = ±2



9 y2

= 1 ⇐⇒ y = ±3.

Luego, los puntos críticos de f son P1 (2, 3), P2 (2, −3), P3 (−2, 3) y P4 (−2, −3). 3. Clasicación de los puntos críticos: Utilizaremos el criterio de la matriz hessiana, la cual viene dada por Hf (x, y) =

∂2f ∂x2 ∂2f ∂y∂x

∂2f ∂x∂y ∂2f ∂y 2

Para P1 (2, 3),

! =

 Hf (2, 3) =

8 x3



1 0 0 23

0

0 18 y3

 .



tenemos una matriz denida positiva, pues sus dos autovalores son 1 y 23 . Por tanto, (2, 3) es un mínimo relativo estricto de f . Para P2 (2, −3),   Hf (2, −3) =

1 0 0 − 23

tenemos una matriz indenida, pues sus dos autovalores son 1 y − 32 . Por tanto, (2, −3) es un punto de silla de f . Para P3 (−2, 3),   Hf (−2, 3) =

−1 0 0 32

tenemos una matriz indenida, pues sus dos autovalores son −1 y 23 . Por tanto, (−2, 3) es un punto de silla de f . Para P4 (−2, −3),   Hf (2, 3) =

−1 0 0 − 32

tenemos una matriz denida negativa, pues sus dos autovalores son −1 y − 32 . Por tanto, (−2, −3) es un máximo relativo estricto de f .

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Curso 2014/15

Matemáticas

Grado en Química

Ejercicios propuestos (Tema 5)

Problema 3.

Hallar, bajo la restricción que se indica, los máximos y mínimos de f : R2 → R. (a) f (x, y) = 8x2 − xy + 12y 2 (b) f (x, y) = x2 y 2

restringida a x + y = 42, x, y ≥ 0.

restringida a x2 + y 2 = 1, x, y ≥ 0.

(c) f (x, y) = −x + (y − 1)2 + 10 (d) f (x, y) = 6 − 4x − 3y (e) f (x, y) = ex + ey

restringida a x2 + (y − 1)2 = 9, x, y ≥ 0.

restringida a x2 + y 2 = 1.

restringida a x + y = 2.

Solución del problema 3. (a)

Sea f (x, y) = 8x2 − xy + 12y 2 . Nos piden  Máx/min f (x, y)       sujeto a: (P ) x + y = 42    x≥0    y≥0

(1) (2) (3)

El dominio de f es R2 y además f es una función de clase C ∞ , por ser una función polinómica. Observamos que la región factible D0 := {(x, y) ∈ R2 : x + y = 42, x ≥ 0, y ≥ 0} es un compacto. Luego, por el teorema de Weierstrass, deducimos que el problema (P ) tiene una única solución. De (1) podemos despejar una variable, por ejemplo y , obteniendo y(x) = 42 − x. De la restricción (3) deducimos que y(x) ≥ 0 ⇐⇒ 42 ≥ x. Por otro lado, de (2) sabemos que x ≥ 0. Así pues, (P ) ⇐⇒ Max/min h(x) x∈[0,42]

siendo h(x) := f (x, y(x)) = 8x2 − x(42 − x) + 12(42 − x)2 = 21x2 − 1050x + 21168. h0 (x) = 42x − 1050 = 0 ⇐⇒ x = 25 ∈ [0, 42].

Luego, el único punto crítico de h es 25. Como h(0) = 21168,

h(25) = 8043,

h(42) = 14112,

tenemos que 0 es el máximo de h y 25 su mínimo. Como y(0) = 42 e y(25) = 17, entonces el máximo de f sujeto a las restricciones (1)-(3) se alcanza en el punto (0, 42) y su valor es f (0, 42) = 21168. mientras que el mínimo de f sujeto a (1)-(3) se obtiene en el punto (25, 17) y su valor es f (25, 17) = 8043.

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Matemáticas (b)

Grado en Química

Ejercicios propuestos (Tema 5)

Sea f (x, y) = x2 y 2 . Nos piden  Máx/min f (x, y)       sujeto a: (P ) x2 + y 2 = 1    x≥0    y≥0

(1) (2) (3)

El dominio de f es R2 y además f es una función de clase C ∞ , por ser una función polinómica. Observamos que la región factible D0 := {(x, y) ∈ R2 : x2 + y 2 = 1, x ≥ 0, y ≥ 0} es un compacto. Luego, por el teorema de Weierstrass, deducimos que el problema (P ) tiene una única solución. De (1) podemos despejar y 2 , obteniendo y 2 (x) = 1−x2 . Observar que la anterior expresión sólo tiene sentido para −1 ≤ x ≤ 1. De la restricción (2) deducimos que 0 ≤ x ≤ 1. Así pues, (P ) ⇐⇒ Max/min h(x) x∈[0,1]

siendo h(x) = x2 (1 − x2 ) = x2 − x4 . h0 (x) = 2x − 4x3 = 0 ⇐⇒

  x=0  1 − 2x2 = 0 ⇐⇒ x = ± √1 2

Luego, los puntos críticos de h son 0 y h(0) = 0,

√1 2

, ya que − √12 6∈ [0, 1]. Como

1 h( √12 ) = , 4

h(1) = 0,

tenemos que √12 es el máximo de h y que h tiene un mínimo en 0 y en 1. Como y(0) = 1, y(1) = 0 e y( √12 ) = √12 , entonces el máximo de f sujeto a las restricciones (1)-(3) se alcanza en el punto ( √12 , √12 ) y su valor es 14 . Mientras que el mínimo de f sujeto a (1)-(3) se obtiene en los puntos (0, 1) y (0, 1), y su valor es 0. (c)

Sea f (x, y) = −x + (y − 1)2 + 10. Nos piden  Máx/min f (x, y)       sujeto a: (P ) x2 + (y − 1)2 = 9    x≥0    y≥0

(1) (2) (3)

El dominio de f es R2 y además f es de clase C ∞ , por ser una función polinómica. Observamos que la región factible D0 := {(x, y) ∈ R2 : x2 + (y − 1)2 = 9, x ≥ 0, y ≥ 0} es un compacto. Luego, por el teorema de Weierstrass, deducimos que el problema (P ) tiene una única solución.

Dpto. de Análisis Matemático

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Curso 2014/15

Matemáticas

Grado en Química

Ejercicios propuestos (Tema 5)

De (1) podemos despejar (y − 1)2 , obteniendo (y − 1)2 = 9 − x2 . Observar que la anterior expresión sólo tiene sentido para −3 ≤ x ≤ 3. De la restricción (2) deducimos que 0 ≤ x ≤ 3. Así pues, (P ) ⇐⇒ Max/min h(x) x∈[0,3]

siendo h(x) = −x + 9 − x2 + 10 = −x2 − x + 19. 1 h0 (x) = −2x − 1 = 0 ⇐⇒ x = − ∈ 6 [0, 3] 2 Luego, h no tiene puntos críticos en [0, 3]. Como h(0) = 19,

h(3) = 7,

tenemos que 0 es el máximo de h y 3 es el mínimo de h. Observar que ·) Si x = 0, entonces (y − 1)2 = 9 − 02 ⇐⇒

  y − 1 = 3 ⇐⇒ y = 4. 

  y − 1 = −3 ⇐⇒  y =−2 (ya que, por (2), y ≥ 0).

·) Si x = 3, entonces (y − 1)2 = 9 − 32 ⇐⇒ y = 1.

Entonces el máximo de f sujeto a las restricciones (1)-(3) se alcanza en el punto (0, 4) y su valor es 19. Mientras que el mínimo de f sujeto a (1)-(3) se obtiene en los puntos (3, 1) y su valor es 7. (d)

Sean f (x, y) = 6 − 4x − 3y y g(x, y) = x2 + y 2 . Nos piden (P )

   Máx/min f (x, y)

sujeto a:

 

g(x, y) = 1.

El dominio de f y de g es R2 y además tanto f como g son funciones de clase C ∞ , por ser funciones polinómicas. Observamos que la región factible D0 := {(x, y) ∈ R2 : x2 +y 2 = 1} es un compacto (pues se trata de una circunferencia en R2 de radio 1). Luego, por el teorema de Weierstrass, deducimos que el problema (P ) tiene una única solución. Denimos la función lagrangiana L : R2 × R → R como L(x, y, λ) = f (x, y) − λ g(x, y) − c





= 6 − 4x − 3y − λ x2 + y 2 − 1 .

A continuación, hallaremos los puntos críticos de L. Para ello, debemos de resolver el siguiente sistema  ∂g ∂f    =λ  −4 = 2λx, (E1 )   ∂x ∂x         ∂g ⇐⇒ ∂f −3 = 2λy, (E2 ) ∇L(x, y, λ) = (0, 0, 0) ⇐⇒ =λ     ∂y ∂y      2   x + y 2 = 1. (E3 )   g(x, y) = c

Dpto. de Análisis Matemático

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Grado en Química

Ejercicios propuestos (Tema 5)

Observamos que x 6= 0, pues en caso contrario la ecuación (E1 ) daría una contradicción. De (E1 ), obtenemos 2 λ=− . x

Sustituyendo en (E2 ),

3 y = x. 4

Sustituyendo dicho valor en (E3 ), 2

x + 3 4



3 x 4

2

= 1 ⇐⇒ x2 =

16 4 ⇐⇒ x = ± . 25 5

2 x

Como y = x y λ = − , ·) Para x = 54 , tenemos que y =

y λ = − 52 . ·) Para x = − 54 , tenemos que y = − 35 y λ = 52 . 3 5

Por tanto, los puntos críticos de L son P1 ( 43 , 35 , − 25 ), y P2 (− 34 , − 53 , 52 ). Como f y L comparten los mismos puntos críticos, tenemos que ( 34 , 35 ), y (− 43 , − 35 ) son los puntos críticos de f . Como hemos mencionado anteriormente, por el teorema de Weierstrass, sabemos que f tiene un máximo y un mínimo restringido, los cuales tienen que ser puntos críticos. Por tanto, como y

f ( 43 , 35 ) = 1

f (− 34 , − 53 ) = 11,

deducimos que el punto ( 43 , 35 ) es el mínimo restringido y que el punto (− 34 , − 35 ) es el máximo restringido buscado. (e)

Sea f (x, y) = ex + ey . Nos piden (P )

   Máx/min f (x, y)

sujeto a:

 

x + y = 2.

El dominio de f es R2 y además f es de clase C ∞ , por ser una función tipo exponencial. Observamos que la región factible D0 := {(x, y) ∈ R2 : x + y = 2} no es un compacto. Luego, no podemos asegurar la solución de (P ). De la restricción se puede despejar una variable, por ejemplo y , obteniendo y(x) = 2 − x. Observar que no existe ninguna restricción sobre x, luego x ∈ R. Así pues, (P ) ⇐⇒ Max/min h(x) x∈R

siendo h(x) = f (x, y(x)) = ex + e2−x . h0 (x) = ex − e2−x = 0 ⇐⇒ ex = e2−x ⇐⇒ x = 2 − x ⇐⇒ x = 1.

Luego, el único punto crítico de h es 1. Notar que h00 (x) = ex +e2−x . Así pues, h00 (1) = 2e > 0. Por tanto, h tiene un mínimo absoluto en 1. Como y(1) = 2 − 1 = 1, concluimos que f tiene un mínimo restringido en el punto (1, 1). Por otro lado, f no posee ningún máximo restringido, ya que h no tiene máximo (debido a que la función h crece innitamente).

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Matemáticas

Grado en Química

Ejercicios propuestos (Tema 5)

Problema 4.

Dada la función f (x, y) = ax2 + 2xy + by 2 + x + y + 1, con a, b ∈ R tales que ab 6= 1 y a 6= 0, discútase los extremos de f (x, y) según los valores de a y b. Observamos que f es una función de clase C ∞ en su dominio, que es R , ya que se trata de una función polinómica. Comencemos hallando los puntos críticos de f . Para ello, tengamos en cuenta que

Solución del problema 4. 2

∂f (x, y) = 2x + 2by + 1. ∂y

∂f (x, y) = 2ax + 2y + 1 ∂x

Así pues, ∇f (x, y) = (0, 0) ⇐⇒

  2ax + 2y + 1 = 0

(E1 )

2x + 2by + 1 = 0

(E2 )



De (E2 ), x=−

1 + 2by 2

(1)

Sustituyendo en (E1 ), −2a

1 + 2by + 2y + 1 = 0 ⇐⇒ a + 2(ab − 1)y = 1. 2

Por hipótesis ab 6= 1, luego podemos despejar y , obteniendo y=

1−a . 2(ab − 1)

x=

1−b . 2(ab − 1)

Sustituyendo en (1),

Luego,



1−b , 1−a 2(ab−1) 2(ab−1)



es el único punto crítico de f .

A continuación clasicaremos dicho punto crítico. Para ello, usaremos el criterio de la matriz hessiana, la cual viene dada por  Hf (x, y) =

2a 2 2 2b

En el punto crítico es Hf

1−b , 1−a 2(ab−1) 2(ab−1)




 =

 .

2a 2 2 2b

 .

Observamos que D1 = 2a 6= 0 (por hipótesis) y que D2 = 2(ab − 1) 6= 0 (por hipótesis). Luego, 1−b 1−a ya sabemos que Hf ( 2(ab−1) , 2(ab−1) ) nunca es semidenida. Tenemos que distinguir tres casos. Supongamos que a > 0 y ab > 1. Entonces, D1 > 0 y D2 > 0. Luego, la matriz 1−b 1−a 1−b 1−a Hf ( 2(ab−1) , 2(ab−1) ) es denida positiva y, por tanto, el punto ( 2(ab−1) , 2(ab−1) ) es un mínimo relativo estricto de f .

Caso 1.

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Curso 2014/15

Matemáticas

Grado en Química

Ejercicios propuestos (Tema 5)

Supongamos que a < 0 y ab > 1. En este caso, D1 < 0 y D2 > 0. Luego, la ma1−b 1−a 1−b 1−a triz Hf ( 2(ab−1) , 2(ab−1) ) es denida negativa y, por tanto, el punto ( 2(ab−1) , 2(ab−1) ) es un máximo relativo estricto de f .

Caso 2.

Supongamos que a < 0 y ab < 1. Entonces, D1 < 0 y D2 < 0. Luego, la matriz 1−a 1−b 1−a 1−b , 2(ab−1) ) es indenida y, por tanto, ( 2(ab−1) , 2(ab−1) ) es un punto de silla de f . Hf ( 2(ab−1)

Caso 3.

Problema 5.

¾Para qué valores de b ∈ R el punto P (1, 1, −1) es un mínimo de la función f (x, y, z) = x2 + y 2 + bxy + x + y + 2z √ restringida a la esfera de radio 3, i.e., x2 + y 2 + z 2 = 3?

Solución del problema 5.

Denimos la función lagrangiana L : R3 × R → R, como

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





= x2 + y 2 + bxy + x + y + 2z − λ x2 + y 2 + z 2 − 3 .

Calculemos el gradiente de L:  ∂L   (x, y, z, λ) = 2x + by + 1 − 2λx = 0   ∂x          ∂L   (x, y, z, λ) = 2y + bx + 1 − 2λy = 0    ∂y    ∂L    (x, y, z, λ) = 2 − 2λz = 0   ∂z           ∂L (x, y, z, λ) = x2 + y 2 + z 2 − 3 = 0 ∂λ

Como los puntos críticos de L coinciden con los puntos críticos de f y queremos que el punto P (1, 1, −1) sea mínimo de f , tendremos que el punto P será punto crítico de f y, por tanto, de L. Luego, P satisface las ecuaciones anteriores, es decir,  2 + b + 1 − 2λ = 0            2 + b + 1 − 2λ = 0    2 + 2λ = 0         0=0

Dpto. de Análisis Matemático

⇐⇒

  3 + b − 2λ = 0 

2 + 2λ = 0 ⇐⇒ λ = −1

11

 

=⇒ b = −5.



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Matemáticas

Grado en Química

Ejercicios propuestos (Tema 5)

Luego, para b = −5 el punto Pe(1, 1, −1, −1) es un punto crítico de L. A continuación, veremos que es un mínimo de f . Para ello, tenemos que ver que la matriz hessiana de L (sólo respecto de x, y y z ) en el punto crítico Pe(1, 1, −1, −1) es denida positiva si se restringe al subespacio   T (1, 1, −1) := (x, y, z) ∈ R3 : ∇g(1, 1, −1) · (x, y, z) = 0 = (x, y, z) ∈ R3 : x + y = z .

La matriz hessiana de L (respecto de x, y y z ) es 

∂ 2L  ∂x2    2  ∂ L HL(x,y,z) (x, y, z, λ) :=   ∂y∂x    2  ∂ L ∂z∂x

∂ 2L ∂x∂y ∂ 2L ∂y 2 ∂ 2L ∂z∂y

 ∂ 2L ∂x∂z       2 − 2λ −5 0 2  ∂ L   −5 2 − 2λ 0  . = ∂y∂z   0 0 −λ   ∂ 2L  ∂z 2

Luego, en el punto crítico Pe(1, 1, −1, −1), 

 4 −5 0 HL(x,y,z) (1, 1, −1, −1) :=  −5 4 0  . 0 0 1

La forma cuadrática asociada a dicha matriz es q(x, y, z) = 4x2 + 4y 2 + z 2 − 10xy . Se puede demostrar fácilmente que los autovalores asociados a esta forma cuadrática (o a la anterior matriz) son −1, 1 y 9. Luego, dicha forma cuadrática es indenida. Sin embargo, nosotros tenemos que ver que es denida positiva en el subespacio T ≡ T (1, 1, −1) = {(x, y, z) ∈ R3 : x + y = z}. Observar que q|T (x, y, z) = q(x, y, x + y) = 4x2 + 4y 2 + (x + y)2 − 10xy = 5x2 + 5y 2 − 8xy.

Así pues, la matriz asociada a q|T es 

5 −4 −4 5

 ,

cuyos autovalores son 1 y 9. Luego, q|T es denida positiva. Por tanto, P (1, 1, −1) es un mínimo de f . Problema 6.

Determinar tres números positivos x, y, z tales que: a) xyz

es máximo sujeto a x + y + z = 18.

b) x + y + z

es mínimo sujeto a xyz = 27.

Solución del problema 6.

Dpto. de Análisis Matemático

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Matemáticas a)

Grado en Química

Ejercicios propuestos (Tema 5)

Sea f (x, y, z) = xyz . Nos piden  Máx f (x, y, z)      sujeto a:    x + y + z = 18 (P )  x≥0     y≥0    z≥0

(1) (2) (3) (4)

El dominio de f es R3 y además f es una función de clase C ∞ , por ser una función polinómica. Observamos que la región factible D0 := {(x, y, z) ∈ R3 : x + y + z = 18, x ≥ 0, y ≥ 0, z ≥ 0} es un compacto. Luego, por el teorema de Weierstrass, deducimos que el problema (P ) tiene una única solución. De (1) podemos despejar una variable, por ejemplo z , obteniendo z(x, y) = 18 − (x + y). Por (4), tenemos que x + y ≤ 18. Así pues, (P ) ⇐⇒ m´ax00 h(x, y) x∈D

siendo D00 := {(x, y) ∈ R2 : x + y ≤ 18, x ≥ 0, y ≥ 0} y h(x, y) = f (x, y, z(x, y)) = xy(18 − (x + y)) = 18xy − x2 y − xy 2 .

Observar que D00 es un compacto y h es continua, luego haciendo uso del teorema de Weierstrass tenemos que h alcanza un único máximo en D00 . Calculemos los puntos críticos de h.   

∂h (x, y) ∂x

= 18y − 2xy − y 2 = 0

(E1 )

∂h (x, y) ∂y

= 18x − 2xy − x2 = 0

(E2 )

Restando (E2 ) − (E1 ), obtenemos 18(x − y) = x2 + y 2 , es decir, 18(x − y) = (x − y)(x + y).

Ahora tenemos que distinguir dos casos. Supongamos que x 6= y . Luego, de la anterior ecuación deducimos que 18 = x+y , es decir, y = 18 − x. Sustituyendo en (E1 )

Caso 1.

18(18 − x) − 2x(18 − x) − (18 − x)2 = 0 ⇐⇒ x(18 − x) = 0 =⇒

  x = 0. 

x = 18.

Si x = 0, entonces de (E1 ) deducimos que 18y − y 2 = 0 =⇒

 y = 0, ya que x 6= y.  

y = 18.

Si x = 18, entonces de (E2 ) obtenemos y = 0.

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Curso 2014/15

Matemáticas Caso 2.

Grado en Química

Ejercicios propuestos (Tema 5)

Supongamos que x = y . De (E1 ), 18x − 2x2 − x2 = 0 ⇐⇒ x(18 − 3x) = 0 =⇒

  x = 0 =⇒ y = 0. 

x = 6 =⇒ y = 6.

Luego, los puntos críticos de h son P1 (0, 18), P2 (18, 0), P3 (0, 0) y P4 (6, 6). Como h(0, 18) = 0,

h(18, 0) = 0,

h(0, 0) = 0,

h(6, 6) = 216,

tenemos que P4 (6, 6) es el máximo de h. Como z(6, 6) = 6, el máximo de f sujeto a las restricciones (1)-(4) se alcanza en el punto (6, 6, 6) y su valor es 216. b)

Idem al apartado a).

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