Problemas con máximos/mínimos - Cálculo volumen 3

4.7 Problemas con máximos/mínimos

Objetivos de aprendizaje

4.7.1 Utilizar las derivadas parciales para localizar los puntos críticos de una función de dos variables.
4.7.2 Aplicar una prueba de segunda derivada para identificar un punto crítico como máximo local, mínimo local o punto de silla para una función de dos variables.
4.7.3 Examinar los puntos críticos y los puntos límite para calcular los valores máximos y mínimos absolutos de una función de dos variables.

Una de las aplicaciones más útiles de las derivadas de una función de una variable es la determinación de los valores máximos o mínimos. Esta aplicación también es importante para las funciones de dos o más variables, pero como hemos visto en secciones anteriores de este capítulo, la introducción de más variables independientes conduce a más resultados posibles para los cálculos. Las ideas principales de hallar puntos críticos y utilizar pruebas derivadas siguen siendo válidas, pero aparecen giros inesperados al evaluar los resultados.

Puntos críticos

Para las funciones de una sola variable, definimos los puntos críticos como los valores de la función cuando la derivada es igual a cero o no existe. Para las funciones de dos o más variables, el concepto es esencialmente el mismo, excepto por el hecho de que ahora estamos trabajando con derivadas parciales.

Definición

Supongamos que $z = f (x, y)$ es una función de dos variables definida en un conjunto abierto que contiene el punto $(x_{0}, y_{0}) .$ El punto $(x_{0}, y_{0})$ se llama punto crítico de una función de dos variables $f$ si se cumple una de las dos condiciones siguientes:

$f_{x} (x_{0}, y_{0}) = f_{y} (x_{0}, y_{0}) = 0$
O bien $f_{x} (x_{0}, y_{0}) o f_{y} (x_{0}, y_{0})$ no existe.

Ejemplo 4.38

Hallar los puntos críticos

Halle los puntos críticos de cada una de las siguientes funciones:

$f (x, y) = \sqrt{4 y^{2} - 9 x^{2} + 24 y + 36 x + 36}$
$g (x, y) = x^{2} + 2 x y - 4 y^{2} + 4 x - 6 y + 4$

Solución

En primer lugar, calculamos $f_{x} (x, y) y f_{y} (x, y) :$

$\begin{matrix} f_{x} (x, y) & = & \frac{1}{2} (–18 x + 36) {(4 y^{2} - 9 x^{2} + 24 y + 36 x + 36)}^{–1 / 2} \\ = & \frac{–9 x + 18}{\sqrt{4 y^{2} - 9 x^{2} + 24 y + 36 x + 36}} \\ f_{y} (x, y) & = & \frac{1}{2} (8 y + 24) {(4 y^{2} - 9 x^{2} + 24 y + 36 x + 36)}^{–1 / 2} \\ = & \frac{4 y + 12}{\sqrt{4 y^{2} - 9 x^{2} + 24 y + 36 x + 36}} . \end{matrix}$

A continuación, llevamos cada una de estas expresiones a cero

$\begin{matrix} \frac{−9 x + 18}{\sqrt{4 y^{2} - 9 x^{2} + 24 y + 36 x + 36}} & = & 0 \\ \frac{4 y + 12}{\sqrt{4 y^{2} - 9 x^{2} + 24 y + 36 x + 36}} & = & 0 . \end{matrix}$

Luego, multiplicamos cada ecuación por su denominador común

$\begin{matrix} - 9 x + 18 & = & 0 \\ 4 y + 12 & = & 0 . \end{matrix}$

Por lo tanto, $x = 2$ y $y = −3,$ tal que $(2, −3)$ es un punto crítico de $f .$
También debemos comprobar la posibilidad de que el denominador de cada derivada parcial sea igual a cero, provocando así que la derivada parcial no exista. Como el denominador es el mismo en cada derivada parcial, solo tenemos que hacerlo una vez

$4 y^{2} - 9 x^{2} + 24 y + 36 x + 36 = 0 .$

Esta ecuación representa una hipérbola. También debemos tener en cuenta que el dominio de $f$ consiste en puntos que satisfacen la desigualdad

$4 y^{2} - 9 x^{2} + 24 y + 36 x + 36 \geq 0 .$

Por lo tanto, cualquier punto de la hipérbola no solo es un punto crítico, sino que también está en el límite del dominio. Para poner la hipérbola en forma estándar, utilizamos el método de completar el cuadrado

$\begin{matrix} 4 y^{2} - 9 x^{2} + 24 y + 36 x + 36 & = & 0 \\ 4 y^{2} - 9 x^{2} + 24 y + 36 x & = & −36 \\ 4 y^{2} + 24 y - 9 x^{2} + 36 x & = & −36 \\ 4 (y^{2} + 6 y) - 9 (x^{2} - 4 x) & = & −36 \\ 4 (y^{2} + 6 y + 9) - 9 (x^{2} - 4 x + 4) & = & −36 + 36 - 36 \\ 4 {(y + 3)}^{2} - 9 {(x - 2)}^{2} & = & –36 . \end{matrix}$

Dividir ambos lados entre $−36$ pone la ecuación en forma estándar

$\begin{matrix} \frac{4 {(y + 3)}^{2}}{−36} - \frac{9 {(x - 2)}^{2}}{−36} & = & 1 \\ \frac{{(x - 2)}^{2}}{4} - \frac{{(y + 3)}^{2}}{9} & = & 1 . \end{matrix}$

Observe que el punto $(2, −3)$ es el centro de la hipérbola.
En primer lugar, calculamos $g_{x} (x, y) y g_{y} (x, y) :$

$\begin{matrix} g_{x} (x, y) & = & 2 x + 2 y + 4 \\ g_{y} (x, y) & = & 2 x - 8 y - 6 . \end{matrix}$

A continuación, llevamos cada una de estas expresiones igual a cero, lo que da un sistema de ecuaciones en $x y y :$

$\begin{matrix} 2 x + 2 y + 4 & = & 0 \\ 2 x - 8 y - 6 & = & 0 . \end{matrix}$

Restando la segunda ecuación de la primera se obtiene $10 y + 10 = 0, por lo que y = −1 .$ Sustituyendo esto en la primera ecuación se obtiene $2 x + 2 (–1) + 4 = 0,$ por lo que $x = −1 .$ Por lo tanto $(–1, –1)$ es un punto crítico de $g$ (Figura 4.46). No hay puntos en $ℝ^{2}$ que hacen que no exista alguna derivada parcial

Figura 4.46 La función $g (x, y)$ tiene un punto crítico en $(–1, –1, 5) .$

Punto de control 4.34

Halle el punto crítico de la función $f (x, y) = x^{3} + 2 x y - 2 x - 4 y .$

El objetivo principal para determinar los puntos críticos es localizar los máximos y mínimos relativos, como en el cálculo de una sola variable. Cuando se trabaja con una función de una variable, la definición de un extremo local implica hallar un intervalo alrededor del punto crítico tal que el valor de la función sea mayor o menor que todos los demás valores de la función en ese intervalo. Cuando se trabaja con una función de dos o más variables, se trabaja con un disco abierto alrededor del punto.

Definición

Supongamos que $z = f (x, y)$ es una función de dos variables definida y continua en un conjunto abierto que contenga el punto $(x_{0}, y_{0}) .$ Entonces f tiene un máximo local en $(x_{0}, y_{0})$ si

f (x_{0}, y_{0}) \geq f (x, y)

para todos los puntos $(x, y)$ dentro de un disco centrado en $(x_{0}, y_{0}) .$ El número $f (x_{0}, y_{0})$ se denomina valor máximo local. Si la desigualdad anterior se cumple para cada punto $(x, y)$ en el dominio de $f,$ entonces $f$ tiene un máximo global (también llamado máximo absoluto) en $(x_{0}, y_{0}) .$

La función $f$ tiene un mínimo local en $(x_{0}, y_{0})$ si

f (x_{0}, y_{0}) \leq f (x, y)

para todos los puntos $(x, y)$ dentro de un disco centrado en $(x_{0}, y_{0}) .$ El número $f (x_{0}, y_{0})$ se denomina valor mínimo local. Si la desigualdad anterior se cumple para cada punto $(x, y)$ en el dominio de $f,$ entonces $f$ tiene un mínimo global (también llamado mínimo absoluto) en $(x_{0}, y_{0}) .$

Si $f (x_{0}, y_{0})$ es un valor máximo o mínimo local, entonces se llama extremos locales(vea la figura siguiente).

Se muestra la función z = la raíz cuadrada de (16 - x2 - y2), que es la semiesfera superior de radio 4 con centro en el origen. En el plano xy se destaca el círculo de radio 4 y centro en el origen, que tiene la ecuación x2 + y2 = 16.

Figura 4.47 El gráfico de

z = \sqrt{16 - x^{2} - y^{2}}

tiene un valor máximo cuando

(x, y) = (0, 0) .

Alcanza su valor mínimo en el borde de su dominio, que es el círculo

x^{2} + y^{2} = 16 .

En Máximos y mínimos demostramos que los extremos de las funciones de una variable se dan en los puntos críticos. Lo mismo ocurre con las funciones de más de una variable, como se indica en el siguiente teorema.

Teorema 4.16

Teorema de Fermat para funciones de dos variables

Supongamos que $z = f (x, y)$ es una función de dos variables definida y continua en un conjunto abierto que contenga el punto $(x_{0}, y_{0}) .$ Supongamos que $f_{x}$ y $f_{y}$ existen en $(x_{0}, y_{0}) .$ Si $f$ tiene un extremo local en $(x_{0}, y_{0}),$ entonces $(x_{0}, y_{0})$ es un punto crítico de $f .$

Prueba de la segunda derivada

Considere la función $f (x) = x^{3} .$ Esta función tiene un punto crítico en $x = 0,$ dado que $f' (0) = 3 {(0)}^{2} = 0 .$ Sin embargo, el que $f$ no tiene un valor extremo en $x = 0 .$ Por lo tanto, la existencia de un valor crítico en $x = x_{0}$ no garantiza un extremo local en $x = x_{0} .$ Lo mismo ocurre con una función de dos o más variables. Una de las formas en que esto puede ocurrir es en un punto de silla. En la siguiente figura aparece un ejemplo de punto de silla.

Se muestra la función z = x2 – y2, que tiene un aspecto de silla de montar, con la función alcanzando máximos a lo largo de los ejes x y y.

Figura 4.48 Gráfico de la función

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

Esta gráfico tiene un punto de silla en el origen.

En este gráfico, el origen es un punto de silla. Esto se debe a que las primeras derivadas parciales de $f (x, y) = x^{2} - y^{2}$ son ambos iguales a cero en este punto, pero no es ni un máximo ni un mínimo para la función. Además, la traza vertical correspondiente a $y = 0$ ¿es $z = x^{2}$ (una parábola que se abre hacia arriba), pero la traza vertical correspondiente a $x = 0$ ¿es $z = − y^{2}$ (una parábola que se abre hacia abajo). Por lo tanto, es tanto un máximo global para una traza como un mínimo global para otra.

Definición

Dada la función $z = f (x, y),$ el punto $(x_{0}, y_{0}, f (x_{0}, y_{0}))$ es un punto de silla si $f_{x} (x_{0}, y_{0}) = 0$ y $f_{y} (x_{0}, y_{0}) = 0,$ pero $f$ no tienen un extremo local en $(x_{0}, y_{0}) .$

La prueba de la segunda derivada para una función de una variable proporciona un método para determinar si ocurre un extremo en un punto crítico de una función. Al extender este resultado a una función de dos variables, surge un problema relacionado con el hecho de que hay, de hecho, cuatro derivadas parciales de segundo orden diferentes, aunque la igualdad de las parciales mixtas lo reduce a tres. La prueba de la segunda derivada para una función de dos variables, enunciada en el siguiente teorema, utiliza un discriminante $D$ que sustituye a $f ″ (x_{0})$ en la prueba de la segunda derivada para una función de una variable.

Teorema 4.17

Prueba de la segunda derivada

Supongamos que $z = f (x, y)$ es una función de dos variables para la que las derivadas parciales de primer y segundo orden son continuas en algún disco que contenga el punto $(x_{0}, y_{0}) .$ Supongamos que $f_{x} (x_{0}, y_{0}) = 0$ y $f_{y} (x_{0}, y_{0}) = 0 .$ Definamos la cantidad

D = f_{x x} (x_{0}, y_{0}) f_{y y} (x_{0}, y_{0}) - {(f_{x y} (x_{0}, y_{0}))}^{2} .

(4.43)

Si los valores de $D > 0$ y $f_{x x} (x_{0}, y_{0}) > 0,$ entonces $f$ tiene un mínimo local en $(x_{0}, y_{0}) .$
Si los valores de $D > 0$ y $f_{x x} (x_{0}, y_{0}) < 0,$ entonces $f$ tiene un máximo local en $(x_{0}, y_{0}) .$
Si los valores de $D < 0,$ entonces $f$ tiene un punto de silla en $(x_{0}, y_{0}) .$
Si los valores de $D = 0,$ entonces la prueba no es concluyente.

Vea el Figura 4.49.

Esta figura se compone de tres figuras marcadas como a, b y c. La figura a tiene dos montículos bulbosos que apuntan hacia abajo, y los dos extremos están marcados como los mínimos locales. La figura b tiene dos montículos bulbosos que apuntan hacia arriba, y los dos extremos están marcados como máximos locales. La figura c tiene la forma de una silla de montar, y el centro de la misma está marcado como punto de silla.

Figura 4.49 A menudo, la prueba de la segunda derivada puede determinar si una función de dos variables tiene un mínimo local (a), un máximo local (b) o un punto de silla (c).

Para aplicar la prueba de la segunda derivada, es necesario que primero hallemos los puntos críticos de la función. Todo el procedimiento consta de varios pasos, que se resumen en una estrategia de resolución de problemas.

Estrategia de resolución de problemas

Estrategia para la resolución de problemas: Usar la prueba de la segunda derivada para funciones de dos variables

Supongamos que $z = f (x, y)$ es una función de dos variables para la que las derivadas parciales de primer y segundo orden son continuas en algún disco que contenga el punto $(x_{0}, y_{0}) .$ Para aplicar la prueba de la segunda derivada para hallar los extremos locales, siga los siguientes pasos:

Determine los puntos críticos $(x_{0}, y_{0})$ de la función $f$ donde $f_{x} (x_{0}, y_{0}) = f_{y} (x_{0}, y_{0}) = 0 .$ Descarte los puntos en los que no existe al menos una de las derivadas parciales.
Calcule el discriminante $D = f_{x x} (x_{0}, y_{0}) f_{y y} (x_{0}, y_{0}) - {(f_{x y} (x_{0}, y_{0}))}^{2}$ para cada punto crítico de $f .$
Aplique la Prueba de la segunda derivada para determinar si cada punto crítico es un máximo local, un mínimo local o un punto de silla, o si el teorema no es concluyente.

Ejemplo 4.39

Usar la prueba de la segunda derivada

Halle los puntos críticos de cada una de las siguientes funciones y utilice la prueba de la segunda derivada para hallar los extremos locales:

$f (x, y) = 4 x^{2} + 9 y^{2} + 8 x - 36 y + 24$
$g (x, y) = \frac{1}{3} x^{3} + y^{2} + 2 x y - 6 x - 3 y + 4$

Solución

El paso $1$ de la estrategia de resolución de problemas consiste en hallar los puntos críticos de $f .$ Para ello, primero calculamos $f_{x} (x, y)$ y $f_{y} (x, y),$ y luego llevemos cada una de ellas a cero:

$\begin{matrix} f_{x} (x, y) & = & 8 x + 8 \\ f_{y} (x, y) & = & 18 y - 36 . \end{matrix}$

Cuando se igualan a cero obtenemos el sistema de ecuaciones

$\begin{matrix} 8 x + 8 & = & 0 \\ 18 y - 36 & = & 0 . \end{matrix}$

La solución de este sistema es $x = –1$ y $y = 2 .$ Por lo tanto $(–1, 2)$ es un punto crítico de $f .$
El paso 2 de la estrategia de resolución de problemas consiste en calcular $D .$ Para ello, primero calculamos las segundas derivadas parciales de $f :$

$\begin{matrix} f_{x x} (x, y) & = & 8 \\ f_{x y} (x, y) & = & 0 \\ f_{y y} (x, y) & = & 18 . \end{matrix}$

Por lo tanto, $D = f_{x x} (–1, 2) f_{y y} (–1, 2) - {(f_{x y} (–1, 2))}^{2} = (8) (18) - {(0)}^{2} = 144 .$
El paso 3 indica que hay que comprobar la Prueba de la segunda derivada para funciones de dos variables. Dado que $D > 0$ y $f_{x x} (–1, 2) > 0,$ esto corresponde al caso 1. Por lo tanto, $f$ tiene un mínimo local en $(–1, 2)$ como se muestra en la siguiente figura.

Figura 4.50 La función $f (x, y)$ tiene un mínimo local en $(–1, 2, –16) .$
Para el paso 1, primero calculamos $g_{x} (x, y)$ y $g_{y} (x, y),$ y luego llevemos cada una de ellas a cero:

$\begin{array}{r} g_{x} (x, y) & = & x^{2} + 2 y - 6 \\ g_{y} (x, y) & = & 2 y + 2 x - 3 . \end{array}$

Cuando se igualan a cero obtenemos el sistema de ecuaciones

$\begin{matrix} x^{2} + 2 y - 6 & = & 0 \\ 2 y + 2 x - 3 & = & 0 . \end{matrix}$

Para resolver este sistema, primero resolvemos la segunda ecuación para y. Esto da $y = \frac{3 - 2 x}{2} .$ Sustituyendo esto en la primera ecuación obtenemos

$\begin{matrix} x^{2} + 3 - 2 x - 6 & = & 0 \\ x^{2} - 2 x - 3 & = & 0 \\ (x - 3) (x + 1) & = & 0 . \end{matrix}$

Por lo tanto, $x = −1$ o $x = 3 .$ Sustituir estos valores en la ecuación $y = \frac{3 - 2 x}{2}$ da lugar a los puntos críticos $(–1, \frac{5}{2})$ y $(3, - \frac{3}{2}) .$

El paso 2 consiste en calcular las segundas derivadas parciales de $g :$

$\begin{matrix} g_{x x} (x, y) & = & 2 x \\ g_{x y} (x, y) & = & 2 \\ g_{y y} (x, y) & = & 2 . \end{matrix}$

Entonces, hallamos una fórmula general para $D :$

$\begin{matrix} D & = g_{x x} (x_{0}, y_{0}) g_{y y} (x_{0}, y_{0}) - {(g_{x y} (x_{0}, y_{0}))}^{2} \\ = (2 x_{0}) (2) - 2^{2} \\ = 4 x_{0} - 4 . \end{matrix}$

A continuación, sustituimos cada punto crítico en esta fórmula

$\begin{matrix} D (–1, \frac{5}{2}) & = & (2 (–1)) (2) - {(2)}^{2} = –4 - 4 = –8 \\ D (3, - \frac{3}{2}) & = & (2 (3)) (2) - {(2)}^{2} = 12 - 4 = 8 . \end{matrix}$

En el paso 3, observamos que, aplicando la Prueba de la segunda derivada para funciones de dos variables al punto $(–1, \frac{5}{2})$ lleva al caso $3,$ lo que significa que $(–1, \frac{5}{2})$ es un punto de silla. Aplicar el teorema al punto $(3, - \frac{3}{2})$ lleva al caso 1, lo que significa que $(3, - \frac{3}{2})$ corresponde a un mínimo local como se muestra en la siguiente figura

Figura 4.51 La función $g (x, y)$ tiene un mínimo local y un punto de silla.

Punto de control 4.35

Utilice la segunda derivada para hallar los extremos locales de la función

f (x, y) = x^{3} + 2 x y - 6 x - 4 y^{2} .

Máximos y mínimos absolutos

Para hallar los extremos globales de las funciones de una variable en un intervalo cerrado, empezamos comprobando los valores críticos sobre ese intervalo y luego evaluamos la función en sus puntos extremos. Cuando se trabaja con una función de dos variables, el intervalo cerrado se sustituye por un conjunto cerrado y delimitado. Un conjunto está delimitado si todos los puntos de ese conjunto pueden estar contenidos en una bola (o disco) de radio finito. En primer lugar, tenemos que hallar los puntos críticos dentro del conjunto y calcular los valores críticos correspondientes. Entonces, es necesario hallar el valor máximo y mínimo de la función en el borde del conjunto. Cuando tenemos todos estos valores, el mayor valor de la función corresponde al máximo global y el menor valor de la función corresponde al mínimo absoluto. Sin embargo, en primer lugar hay que asegurarse de que esos valores existen. El siguiente teorema lo hace.

Teorema 4.18

Teorema del valor extremo

Una función continua $f (x, y)$ en un conjunto cerrado y delimitado $D$ en el plano alcanza un valor máximo absoluto en algún punto de $D$ y un valor mínimo absoluto en algún punto de $D .$

Ahora que sabemos que cualquier función continua $f$ definida en un conjunto cerrado y delimitado alcanza sus valores extremos, necesitamos saber cómo hallarlos.

Teorema 4.19

Hallar los valores extremos de una función de dos variables

Supongamos que $z = f (x, y)$ es una función diferenciable de dos variables definida en un conjunto cerrado y delimitado $D .$ Entonces $f$ alcanzará el valor máximo absoluto y el valor mínimo absoluto, que son, respectivamente, los valores más grandes y más pequeños encontrados entre los siguientes:

Los valores de $f$ en los puntos críticos de $f$ en $D .$
Los valores de $f$ en el borde de $D .$

La demostración de este teorema es una consecuencia directa del teorema del valor extremo y del teorema de Fermat. En particular, si alguno de los extremos no se encuentra en el borde de $D,$ entonces se encuentra en un punto interior de $D .$ Pero un punto interior $(x_{0}, y_{0})$ de $D$ , que es un extremo absoluto, es también un extremo local; por lo tanto, $(x_{0}, y_{0})$ es un punto crítico de $f$ por el teorema de Fermat. Por lo tanto, los únicos valores posibles para los extremos globales de $f$ sobre $D$ son los valores extremos de $f$ en el interior o en el borde de $D .$

Estrategia de resolución de problemas

Estrategia para la resolución de problemas: Calcular valores máximos y mínimos absolutos

Supongamos que $z = f (x, y)$ es una función continua de dos variables definida en un conjunto cerrado y delimitado $D,$ y asumamos que $f$ es diferenciable en $D .$ Para hallar los valores máximos y mínimos absolutos de $f$ sobre $D,$ haga lo siguiente:

Determine los puntos críticos de $f$ en $D .$
Calcule $f$ en cada uno de estos puntos críticos.
Determine los valores máximos y mínimos de $f$ en el borde de su dominio.
Los valores máximos y mínimos de $f$ se producirán en uno de los valores obtenidos en los pasos $2 y 3 .$

Calcular los valores máximos y mínimos de $f$ en el borde de $D$ puede ser un reto. Si el borde es un rectángulo o un conjunto de líneas rectas, entonces es posible parametrizar los segmentos de línea y determinar los máximos en cada uno de estos segmentos, como se ve en el Ejemplo 4.40. El mismo enfoque puede utilizarse para otras formas, como los círculos y las elipses.

Si el límite del conjunto $D$ es una curva más complicada definida por una función $g (x, y) = c$ para alguna constante $c,$ y las derivadas parciales de primer orden de $g$ existen, entonces el método de los multiplicadores de Lagrange puede ser útil para determinar los extremos de $f$ en el borde. El método de los multiplicadores de Lagrange se introduce en Multiplicadores de Lagrange.

Ejemplo 4.40

Hallar los extremos absolutos

Utilice la estrategia de resolución de problemas para hallar los extremos absolutos de una función para determinar los extremos absolutos de cada una de las siguientes funciones:

$f (x, y) = x^{2} - 2 x y + 4 y^{2} - 4 x - 2 y + 24$ en el dominio definido por $0 \leq x \leq 4$ y $0 \leq y \leq 2$
$g (x, y) = x^{2} + y^{2} + 4 x - 6 y$ en el dominio definido por $x^{2} + y^{2} \leq 16$

Solución

Utilizando la estrategia de resolución de problemas, el paso $1$ consiste en hallar los puntos críticos de $f$ en su dominio. Por lo tanto, primero calculamos $f_{x} (x, y)$ y $f_{y} (x, y),$ y luego las igualamos a cero:

$\begin{matrix} f_{x} (x, y) & = & 2 x - 2 y - 4 \\ f_{y} (x, y) & = & –2 x + 8 y - 2 . \end{matrix}$

Cuando se igualan a cero obtenemos el sistema de ecuaciones

$\begin{matrix} 2 x - 2 y - 4 & = & 0 \\ - 2 x + 8 y - 2 & = & 0 . \end{matrix}$

La solución de este sistema es $x = 3$ y $y = 1 .$ Por lo tanto $(3, 1)$ es un punto crítico de $f .$ Si calculamos $f (3, 1)$ da como resultado $f (3, 1) = 17 .$
El siguiente paso consiste en hallar los extremos de $f$ en el borde de su dominio. El borde de su dominio está formado por cuatro segmentos de línea como se muestra en la siguiente gráfico:

Figura 4.52 Gráfico del dominio de la función $f (x, y) = x^{2} - 2 x y + 4 y^{2} - 4 x - 2 y + 24 .$

$L_{1}$ es el segmento de línea que une $(0, 0)$ y $(4, 0),$ y se puede parametrizar mediante las ecuaciones $x (t) = t, y (t) = 0$ por $0 \leq t \leq 4 .$ Defina $g (t) = f (x (t), y (t)) .$ Esto da como resultado $g (t) = t^{2} - 4 t + 24 .$ La diferenciación de g conduce a $g^{'} (t) = 2 t - 4 .$ Por lo tanto, $g$ tiene un valor crítico en $t = 2,$ que corresponde al punto $(2, 0) .$ Si calculamos $f (2, 0)$ da el valor z $20 .$
$L_{2}$ es el segmento de línea que une $(4, 0)$ y $(4, 2),$ y se puede parametrizar mediante las ecuaciones $x (t) = 4, y (t) = t$ por $0 \leq t \leq 2 .$ De nuevo, defina $g (t) = f (x (t), y (t)) .$ Esto da como resultado $g (t) = 4 t^{2} - 10 t + 24 .$ Entonces, $g^{'} (t) = 8 t - 10 .$ $g$ tiene un valor crítico en $t = \frac{5}{4},$ que corresponde al punto $(4, \frac{5}{4}) .$ Si calculamos $f (4, \frac{5}{4})$ da el valor z $17,75 .$
$L_{3}$ es el segmento de línea que une $(0, 2)$ y $(4, 2),$ y se puede parametrizar mediante las ecuaciones $x (t) = t, y (t) = 2$ para $0 \leq t \leq 4 .$ De nuevo, defina $g (t) = f (x (t), y (t)) .$ Esto da como resultado $g (t) = t^{2} - 8 t + 36 .$ El valor crítico corresponde al punto $(4, 2) .$ Así que, al calcular $f (4, 2)$ da el valor z $20 .$
$L_{4}$ es el segmento de línea que une $(0, 0)$ y $(0, 2),$ y se puede parametrizar mediante las ecuaciones $x (t) = 0, y (t) = t$ por $0 \leq t \leq 2 .$ Esta vez, $g (t) = 4 t^{2} - 2 t + 24$ y el valor crítico $t = \frac{1}{4}$ corresponden al punto $(0, \frac{1}{4}) .$ Si calculamos $f (0, \frac{1}{4})$ da el valor z $23,75 .$
También necesitamos hallar los valores de $f (x, y)$ en las esquinas de su dominio. Estas esquinas están situadas en $(0, 0), (4, 0), (4, 2) y (0, 2) :$

$\begin{matrix} f (0, 0) & = & {(0)}^{2} - 2 (0) (0) + 4 {(0)}^{2} - 4 (0) - 2 (0) + 24 & = & 24 \\ f (4, 0) & = & {(4)}^{2} - 2 (4) (0) + 4 {(0)}^{2} - 4 (4) - 2 (0) + 24 & = & 24 \\ f (4, 2) & = & {(4)}^{2} - 2 (4) (2) + 4 {(2)}^{2} - 4 (4) - 2 (2) + 24 & = & 20 \\ f (0, 2) & = & {(0)}^{2} - 2 (0) (2) + 4 {(2)}^{2} - 4 (0) - 2 (2) + 24 & = & 36 . \end{matrix}$

El valor máximo absoluto es $36,$ que se produce en $(0, 2),$ y el valor mínimo global es $17,$ que se produce en $(3, 1)$ como se muestra en la siguiente figura.

Figura 4.53 La función $f (x, y)$ tiene un mínimo y un máximo global en su dominio.
Utilizando la estrategia de resolución de problemas, el paso $1$ consiste en hallar los puntos críticos de $g$ en su dominio. Por lo tanto, primero calculamos $g_{x} (x, y)$ y $g_{y} (x, y),$ y luego las igualamos a cero:

$\begin{matrix} g_{x} (x, y) & = & 2 x + 4 \\ g_{y} (x, y) & = & 2 y - 6 . \end{matrix}$

Cuando se igualan a cero obtenemos el sistema de ecuaciones

$\begin{matrix} 2 x + 4 & = & 0 \\ 2 y - 6 & = & 0 . \end{matrix}$

La solución de este sistema es $x = −2$ y $y = 3 .$ Por lo tanto, $(–2, 3)$ es un punto crítico de $g .$ Si calculamos $g (–2, 3),$ obtenemos

$g (–2, 3) = {(−2)}^{2} + 3^{2} + 4 (−2) - 6 (3) = 4 + 9 - 8 - 18 = –13 .$

El siguiente paso consiste en hallar los extremos de g en el borde de su dominio. El borde de su dominio consiste en un círculo de radio $4$ centrado en el origen como se muestra en el siguiente gráfico.

Figura 4.54 Gráfica del dominio de la función $g (x, y) = x^{2} + y^{2} + 4 x - 6 y .$

El borde del dominio de $g$ puede parametrizarse mediante las funciones $x (t) = 4 cos t, y (t) = 4 sen t$ por $0 \leq t \leq 2 π .$ Defina $h (t) = g (x (t), y (t)) :$

$\begin{matrix} h (t) & = g (x (t), y (t)) \\ = {(4 cos t)}^{2} + {(4 sen t)}^{2} + 4 (4 cos t) - 6 (4 sen t) \\ = 16 {cos}^{2} t + 16 {sen}^{2} t + 16 cos t - 24 sen t \\ = 16 + 16 cos t - 24 sen t . \end{matrix}$

Ajustar $h^{'} (t) = 0$ lleva a

$\begin{matrix} - 16 sen t - 24 cos t & = & 0 \\ - 16 sen t & = & 24 cos t \\ \frac{−16 sen t}{−16 cos t} & = & \frac{24 cos t}{−16 cos t} \\ tan t & = & - \frac{3}{2} . \end{matrix}$

Esta ecuación tiene dos soluciones en el intervalo $0 \leq t \leq 2 π .$ Uno es $t = π - arctan (\frac{3}{2})$ y el otro es $t = 2 π - arctan (\frac{3}{2}) .$ Para el primer ángulo,

$\begin{matrix} sen t & = & sen (π - arctan (\frac{3}{2})) = sen (arctan (\frac{3}{2})) = \frac{3 \sqrt{13}}{13} \\ cos t & = & cos (π - arctan (\frac{3}{2})) = − cos (arctan (\frac{3}{2})) = - \frac{2 \sqrt{13}}{13} . \end{matrix}$

Por lo tanto, $x (t) = 4 cos t = - \frac{8 \sqrt{13}}{13}$ y $y (t) = 4 sen t = \frac{12 \sqrt{13}}{13},$ tal que $(- \frac{8 \sqrt{13}}{13}, \frac{12 \sqrt{13}}{13})$ es un punto crítico en el borde y

$\begin{matrix} g (- \frac{8 \sqrt{13}}{13}, \frac{12 \sqrt{13}}{13}) & = {(- \frac{8 \sqrt{13}}{13})}^{2} + {(\frac{12 \sqrt{13}}{13})}^{2} + 4 (- \frac{8 \sqrt{13}}{13}) - 6 (\frac{12 \sqrt{13}}{13}) \\ = \frac{144}{13} + \frac{64}{13} - \frac{32 \sqrt{13}}{13} - \frac{72 \sqrt{13}}{13} \\ = \frac{208 - 104 \sqrt{13}}{13} \approx –12,844 . \end{matrix}$

Para el segundo ángulo,

$\begin{matrix} sen t & = & sen (2 π - arctan (\frac{3}{2})) = − sen (arctan (\frac{3}{2})) = - \frac{3 \sqrt{13}}{13} \\ cos t & = & cos (2 π - arctan (\frac{3}{2})) = cos (arctan (\frac{3}{2})) = \frac{2 \sqrt{13}}{13} . \end{matrix}$

Por lo tanto, $x (t) = 4 cos t = \frac{8 \sqrt{13}}{13}$ y $y (t) = 4 sen t = - \frac{12 \sqrt{13}}{13},$ tal que $(\frac{8 \sqrt{13}}{13}, - \frac{12 \sqrt{13}}{13})$ es un punto crítico en el borde y

$\begin{matrix} g (\frac{8 \sqrt{13}}{13}, - \frac{12 \sqrt{13}}{13}) & = {(\frac{8 \sqrt{13}}{13})}^{2} + {(- \frac{12 \sqrt{13}}{13})}^{2} + 4 (\frac{8 \sqrt{13}}{13}) - 6 (- \frac{12 \sqrt{13}}{13}) \\ = \frac{144}{13} + \frac{64}{13} + \frac{32 \sqrt{13}}{13} + \frac{72 \sqrt{13}}{13} \\ = \frac{208 + 104 \sqrt{13}}{13} \approx 44,844 . \end{matrix}$

El mínimo absoluto de g es $−13,$ que se alcanza en el punto $(–2, 3),$ que es un punto interior de D. El máximo absoluto de g es aproximadamente igual a 44,844, que se alcanza en el punto límite $(\frac{8 \sqrt{13}}{13}, - \frac{12 \sqrt{13}}{13}) .$ Estos son los extremos absolutos de g en D como se muestra en la siguiente figura

Figura 4.55 La función $f (x, y)$ tiene un mínimo y un máximo local.

Punto de control 4.36

Utilice la estrategia de resolución de problemas para hallar los extremos absolutos de una función para encontrar los extremos absolutos de la función

f (x, y) = 4 x^{2} - 2 x y + 6 y^{2} - 8 x + 2 y + 3

en el dominio definido por $0 \leq x \leq 2$ y $−1 \leq y \leq 3 .$

Ejemplo 4.41

Inicio del capítulo: Pelotas de golf rentables

Figura 4.56 (créditos: modificación del trabajo de oatsy40, Flickr).

La compañía Pro- $T$ ha desarrollado un modelo de ganancias que depende del número x de pelotas de golf vendidas al mes (medido en miles) y del número de horas al mes de publicidad y, según la función

z = f (x, y) = 48 x + 96 y - x^{2} - 2 x y - 9 y^{2},

donde $z$ se mide en miles de dólares. El número máximo de pelotas de golf que se pueden producir y vender es $50 000,$ y el número máximo de horas de publicidad que se puede adquirir es $25 .$ Halle los valores de $x$ como $y$ que maximizan la ganancia y halle la ganancia máxima.

Solución

Utilizando la estrategia de resolución de problemas, el paso $1$ consiste en hallar los puntos críticos de $f$ en su dominio. Por lo tanto, primero calculamos $f_{x} (x, y)$ y $f_{y} (x, y),$ y luego las igualamos a cero:

\begin{matrix} f_{x} (x, y) & = & 48 - 2 x - 2 y \\ f_{y} (x, y) & = & 96 - 2 x - 18 y . \end{matrix}

Si se igualan a cero se obtiene el sistema de ecuaciones

\begin{matrix} 48 - 2 x - 2 y & = & 0 \\ 96 - 2 x - 18 y & = & 0 . \end{matrix}

La solución a este sistema es $x = 21$ y $y = 3 .$ Por lo tanto $(21, 3)$ es un punto crítico de $f .$ Si calculamos $f (21, 3)$ da como resultado $f (21, 3) = 48 (21) + 96 (3) - 21^{2} - 2 (21) (3) - 9 {(3)}^{2} = 648 .$

El dominio de esta función es $0 \leq x \leq 50$ y $0 \leq y \leq 25$ como se muestra en el siguiente gráfico.

Se dibuja un rectángulo en el primer cuadrante con una esquina en el origen, longitud horizontal 50 y altura 25. Este rectángulo está marcado como D y los lados se marcan en orden contrario a las agujas del reloj desde el lado que se superpone al eje x L1, L2, L3 y L4.

Figura 4.57 Gráfico del dominio de la función

f (x, y) = 48 x + 96 y - x^{2} - 2 x y - 9 y^{2} .

$L_{1}$ es el segmento de línea que une $(0, 0)$ y $(50, 0),$ y se puede parametrizar mediante las ecuaciones $x (t) = t, y (t) = 0$ por $0 \leq t \leq 50 .$ A continuación, definimos $g (t) = f (x (t), y (t)) :$

\begin{matrix} g (t) & = f (x (t), y (t)) \\ = f (t, 0) \\ = 48 t + 96 (0) - y^{2} - 2 (t) (0) - 9 {(0)}^{2} \\ = 48 t - t^{2} . \end{matrix}

Si establecemos que $g^{'} (t) = 0$ da lugar al punto crítico $t = 24,$ que corresponde al punto $(24, 0)$ en el dominio de $f .$ Si calculamos $f (24, 0)$ da como resultado $576 .$

$L_{2}$ es el segmento de línea que une y $(50, 25),$ y se puede parametrizar mediante las ecuaciones $x (t) = 50, y (t) = t$ por $0 \leq t \leq 25 .$ Una vez más, definimos $g (t) = f (x (t), y (t)) :$

\begin{matrix} g (t) & = f (x (t), y (t)) \\ = f (50, t) \\ = 48 (50) + 96 t - 50^{2} - 2 (50) t - 9 t^{2} \\ = −9 t^{2} - 4 t - 100 . \end{matrix}

Esta función tiene un punto crítico en $t = - \frac{2}{9},$ que corresponde al punto $(50, - \frac{2}{9}) .$ Este punto no es del dominio de $f .$

$L_{3}$ es el segmento de línea que une $(0, 25) y (50, 25),$ y se puede parametrizar mediante las ecuaciones $x (t) = t, y (t) = 25$ por $0 \leq t \leq 50 .$ Definimos $g (t) = f (x (t), y (t)) :$

\begin{matrix} g (t) & = f (x (t), y (t)) \\ = f (t, 25) \\ = 48 t + 96 (25) - t^{2} - 2 t (25) - 9 (25^{2}) \\ = − t^{2} - 2 t - 3225 . \end{matrix}

Esta función tiene un punto crítico en $t = −1,$ que corresponde al punto $(–1, 25),$ que no está en el dominio.

$L_{4}$ es el segmento de línea que une $(0, 0) para (0, 25),$ y se puede parametrizar mediante las ecuaciones $x (t) = 0, y (t) = t$ por $0 \leq t \leq 25 .$ Definimos $g (t) = f (x (t), y (t)) :$

\begin{matrix} g (t) & = f (x (t), y (t)) \\ = f (0, t) \\ = 48 (0) + 96 t - {(0)}^{2} - 2 (0) t - 9 t^{2} \\ = 96 t - t^{2} . \end{matrix}

Esta función tiene un punto crítico en $t = \frac{16}{3},$ que corresponde al punto $(0, \frac{16}{3}),$ que está en el borde del dominio. Si calculamos $f (0, \frac{16}{3})$ da como resultado $256 .$

También tenemos que hallar los valores de $f (x, y)$ en las esquinas de su dominio. Estas esquinas están situadas en $(0, 0), (50, 0), (50, 25) y (0, 25) :$

\begin{matrix} f (0, 0) & = & 48 (0) + 96 (0) - {(0)}^{2} - 2 (0) (0) - 9 {(0)}^{2} = 0 \\ f (50, 0) & = & 48 (50) + 96 (0) - {(50)}^{2} - 2 (50) (0) - 9 {(0)}^{2} = –100 \\ f (50, 25) & = & 48 (50) + 96 (25) - {(50)}^{2} - 2 (50) (25) - 9 {(25)}^{2} = –5.825 \\ f (0, 25) & = & 48 (0) + 96 (25) - {(0)}^{2} - 2 (0) (25) - 9 {(25)}^{2} = –3.225 . \end{matrix}

El valor crítico máximo es $648,$ que se produce en $(21, 3) .$ Por lo tanto, una ganancia máxima de $$ 648.000$ se realiza cuando se venden $21.000$ pelotas de golf y $3$ horas de publicidad se compran al mes, como se muestra en la siguiente figura.

Se muestra la función f(x, y) = 48x + 96y - x2 - 2xy - 9y2 con punto máximo en (21, 3, 648). La forma es un plano que se curva desde cerca del origen hasta (50, 25).

Figura 4.58 La función de ganancia

f (x, y)

tiene un máximo en

(21, 3, 648) .

Sección 4.7 ejercicios

En los siguientes ejercicios, halle todos los puntos críticos.

310.

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

311.

$f (x, y) = {(3 x - 2)}^{2} + {(y - 4)}^{2}$

312.

$f (x, y) = x^{4} + y^{4} - 16 x y$

313.

$f (x, y) = 15 x^{3} - 3 x y + 15 y^{3}$

En los siguientes ejercicios, halle los puntos críticos de la función utilizando técnicas algebraicas (completando el cuadrado) o examinando la forma de la ecuación. Verifique sus resultados utilizando la prueba de las derivadas parciales.

314.

$f (x, y) = \sqrt{x^{2} + y^{2} + 1}$

315.

$f (x, y) = − x^{2} - 5 y^{2} + 8 x - 10 y - 13$

316.

$f (x, y) = x^{2} + y^{2} + 2 x - 6 y + 6$

317.

$f (x, y) = \sqrt{x^{2} + y^{2}} + 1$

En los siguientes ejercicios utilice la Prueba de la segunda derivada para clasificar cualquier punto crítico y determine si cada punto crítico es un máximo, un mínimo, un punto de silla o ninguno de ellos.

318.

$f (x, y) = − x^{3} + 4 x y - 2 y^{2} + 1$

319.

$f (x, y) = x^{2} y^{2}$

320.

$f (x, y) = x^{2} - 6 x + y^{2} + 4 y - 8$

321.

$f (x, y) = 2 x y + 3 x + 4 y$

322.

$f (x, y) = 8 x y (x + y) + 7$

323.

$f (x, y) = x^{2} + 4 x y + y^{2}$

324.

$f (x, y) = x^{3} + y^{3} - 300 x - 75 y - 3$

325.

$f (x, y) = 9 - x^{4} y^{4}$

326.

$f (x, y) = 7 x^{2} y + 9 x y^{2}$

327.

$f (x, y) = 3 x^{2} - 2 x y + y^{2} - 8 y$

328.

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

329.

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

330.

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

331.

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

332.

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

333.

$f (x, y) = e^{− (x^{2} + y^{2} + 2 x)}$ grandes.

334.

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

335.

$f (x, y) = x^{2} + 10 x y + y^{2}$

336.

$f (x, y) = − x^{2} - 5 y^{2} + 10 x - 30 y - 62$

337.

$f (x, y) = 120 x + 120 y - x y - x^{2} - y^{2}$

338.

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

339.

$f (x, y) = x^{2} + x - 3 x y + y^{3} - 5$

340.

$f (x, y) = 2 x y e^{– x^{2} - y^{2}}$

En los siguientes ejercicios, determine los valores extremos y los puntos de equilibrio. Utilice un CAS para graficar la función.

341.

[T] $f (x, y) = y e^{x} - e^{y}$

342.

[T] $f (x, y) = x sen (y)$

343.

[T] $f (x, y) = sen (x) sen (y), x \in (0, 2 π), y \in (0, 2 π)$

Halle el extremo absoluto de la función dada en el conjunto cerrado y delimitado indicado $R .$

344.

$f (x, y) = x y - x - 3 y;$ $R$ es la región triangular con vértices $(0, 0), (0, 4), y (5, 0) .$

345.

Halle los valores máximos y mínimos absolutos de $f (x, y) = x^{2} + y^{2} - 2 y + 1$ en la región $R = {(x, y) | x^{2} + y^{2} \leq 4} .$

346.

$f (x, y) = x^{3} - 3 x y - y^{3}$ sobre $R = {(x, y) : −2 \leq x \leq 2, –2 \leq y \leq 2}$

347.

$f (x, y) = \frac{–2 y}{x^{2} + y^{2} + 1}$ sobre $R = {(x, y) : x^{2} + y^{2} \leq 4}$

348.

Halle tres números positivos cuya suma es $27,$ de manera que la suma de sus cuadrados sea lo más pequeña posible.

349.

Halle los puntos de la superficie $x^{2} - y z = 5$ que están más cerca del origen.

350.

Halla el volumen máximo de una caja rectangular con tres caras en los planos de coordenadas y un vértice en el primer octante del plano $x + y + z = 1 .$

351.

La suma de la longitud y la circunferencia (perímetro de una sección transversal) de un paquete transportado por un servicio de entrega no puede superar $108$ pulgadas Halle las dimensiones del paquete rectangular de mayor volumen que se puede enviar.

352.

Una caja de cartón sin tapa debe hacerse con un volumen de $4$ pies³. Halle las dimensiones de la caja que requiere la menor cantidad de cartón.

353.

Halle el punto de la superficie $f (x, y) = x^{2} + y^{2} + 10$ más cercano al plano $x + 2 y - z = 0 .$ Identifique el punto del plano.

354.

Halle el punto en el plano $2 x - y + 2 z = 16$ que está más cerca del origen.

355.

Una empresa que fabrica dos tipos de calzado deportivo: las zapatillas de correr y las zapatillas de crossfit. Los ingresos totales de $x$ unidades de zapatillas para correr y $y$ unidades de entrenadores cruzados viene dada por $R (x, y) = −5 x^{2} - 8 y^{2} - 2 x y + 42 x + 102 y,$ donde $x$ como $y$ están en miles de unidades. Halle los valores de x y de y para maximizar los ingresos totales.

356.

Una empresa de transporte maneja cajas rectangulares siempre que la suma de la longitud, la anchura y la altura de la caja no supere $96$ pulgadas Halle las dimensiones de la caja que cumple esta condición y tiene el mayor volumen.

357.

Halle el volumen máximo de una lata de refresco cilíndrica tal que la suma de su altura y su circunferencia sea $120$ cm.