Tema 11.–Extremos condicionados. 11.1. Hallar las distancias - dmaii

Tema 11.–Extremos condicionados.
11.1. Hallar las distancias máxima y mínima del origen a la elipse 5x 2 + 6xy + 5y 2 = 8.
Solución:
La distancia del origen al punto (x, y) es máxima o mínima si y sólo si lo es la función
f(x, y) = x 2 + y 2 . El problema se reduce al de calcular los extremos de f condicionados
por g(x, y) = 5x 2 + 6xy + 5y 2 − 8 = 0. La lagrangiana del problema es
L(x, y, λ) = f(x, y) − λg(x, y) = x 2 + y 2 − λ 5x 2 + 6xy + 5y 2 − 8
y los puntos estacionarios son la solución del sistema:
∂L
(x, y, λ) = 2x − λ(10x + 6y) = 0,
∂x
El anterior sistema es equivalente al
∂L
(x, y, λ) = 2y − λ(6x + 10y) = 0,
∂y
∂L
∂λ (x, y, λ) = − 5x 2 + 6xy + 5y 2 − 8 = 0.
(5x + 3y)λ = x, (3x + 5y)λ = y, 5x 2 + 6xy + 5y 2 = 8
y, como λ no puede ser cero, tomando µ = 1/λ, el sistema se transforma en el nuevo
sistema:
5x + 3y = µx, 3x + 5y = µy, 5x 2 + 6xy + 5y 2 = 8,
cuyas dos primeras ecuaciones nos definen los valores y vectores propios de la matriz
A =
5 3
.
3 5
Como el polinomio característico de A es µ 2 − 10µ + 16, es fácil ver que los valores propios
son µ1 = 2 y µ2 = 8. Al primero corresponden los vectores propios (x, y) dados por la
ecuación x + y = 0 que, con la condición 5x 2 + 6xy + 5y 2 = 8, nos da los puntos estacionarios
± √ 2, − √ 2 . Un cálculo muy parecido nos da los otros dos puntos estacionarios
±(1/ √ 2, 1/ √ 2).
Además sabemos que el conjunto C = {(x, y) ∈ R 2 : 5x 2 + 6xy + 5y 2 = 8} es cerrado
(es la contraimagen del {0} por g) y acotado pues de 2|xy| ≤ x 2 + y 2 , se deduce que
2(x 2 + y 2 ) ≤ 5x 2 + 6xy + 5y 2 = 8 ≤ 8(x 2 + y 2 ).
Es claro entonces que la función continua f alcanza en el compacto C sus extremos globales
condicionados. Finalmente como f( √ 2, − √ 2) = 4 y f(1/ √ 2, 1/ √ 2) = 1, es evidente que
las distancias máxima y mínima del origen a los puntos de C son dM = 2 y dm = 1.
Alternativamente:
1

Si consideramos la forma cuadrática q(x) = 5x 2 1 + 6x1x2 + 5x 2 2 = x ′ Ax, donde A y x
son las matrices definidas por:
A =
5 3
x1
, x = .
3 5
x2
sabemos que existe una matriz ortogonal P ∈ R (2,2) , de determinante 1 tal que P t AP = D,
donde D = diag(λ1, λ2) es una matriz diagonal y λ1 = 2 y λ2 = 8 son los valores propios
de A, de acuerdo con los cálculos anteriores. Llamando ξ = P x, se tiene ξ = x y la
ecuación de C en las variables ξ es λ1ξ 2 1 + λ2ξ 2 2 = 8. Las distancias máxima y mínima del
origen a los puntos de la elipse
claramente son dM = 2 y dm = 1.
C : ξ2 1
4 + ξ2 2
1
11.2. Calcular los extremos de la función f(x, y) = x 2 + y 2 condicionados por y + x 2 = 1.
Estudiar si los puntos estacionarios de la lagrangiana L son extremos libres de L.
Solución:
Considerando la parábola P : y = 1−x 2 y el disco cerrado C : x 2 +y 2 ≤ 1, es claro que
P y la circunferencia frontera ∂C de C se cortan en los puntos (±1, 0) y (0, 1). Por otra
parte es evidente que P está dentro del círculo C si 0 < y < 1 y que P está fuera de C si
y < 0. De aquí se sigue que f restringida a P presenta un máximo local en (0, 1), pero que
este punto no es un máximo global y que f debe alcanzar su valor mínimo condicionado
en un punto del arco compacto
= 1
K = {(x, y) ∈ R 2 : y = 1 − x 2 , −1 ≤ x ≤ 1}.
Ayudados por lo anterior, resolvamos el problema de calcular los extremos de f condicionados
por g(x, y) = x 2 + y − 1 = 0. La lagrangiana del problema es
L(x, y, λ) = f(x, y) + λg(x, y) = x 2 + y 2 + λ x 2 + y − 1
y los puntos estacionarios son la solución del sistema:
∂L
(x, y, λ) = 2x+2λx = 0,
∂x
El anterior sistema es equivalente al
∂L
(x, y, λ) = 2y+λ = 0,
∂y
x(1 + λ) = 0, 2y + λ = 0, x 2 + y = 1
y es sencillo calcular los puntos estacionarios, que son
(x, y, λ) = (0, 1; −2) y (x, y, λ) = (±(1/ √ 2), 1/2; −1).
2
∂L
∂λ (x, y, λ) = x2 +y−1 = 0.

Como f(0, 1) = 1 y f(±(1/ √ 2), 1/2) = 3/4, es claro que en los puntos (±(1/ √ 2), 1/2)
la función f restringida a P alcanza el mínimo global, mientras que presenta un máximo
local 1, pero no global, en (0, 1).
Veamos ahora que los puntos estacionarios de la lagrangiana L no son extremos locales
libres de L. La matriz hessiana de L es
L ′′ ⎡
⎤
2 + 2λ 0 2x
(x, y, λ) = ⎣ 0 2 1 ⎦ .
2x 1 0
En el punto (0, 1, −2), se tiene:
L ′′ ⎡
−2
(0, 1 − 2) = ⎣ 0
0
2
⎤
0
1 ⎦
0 1 0
y como ∆1 = −2 < 0, ∆2 = −4 < 0, ∆3 = 2 > 0, la forma cuadrática hessiana es
indefinida por el criterio de Sylvester. Por tanto el punto (0, 1, −2) no es extremo local de
L.
En el punto (±1/ √ 2, 1/2, −1) la hessiana es
L ′′ (±1/ √ 2, 1/2, −1) =
de manera que la forma cuadrática asociada es
⎡
±2 √ 2hl + 2k 2 + 2kl.
⎣ 0 0 ±√ 2
0 2 1
± √ 2 1 0
Esta forma puede escribirse, completando cuadrados, en la forma:
±2 √ 2hl + 2k 2 + 2kl = 4h 2 − 1
∓2
2
√
2
2h − l + 2 k + 1
2 l
2 y, por tanto es indefinida. Esto asegura que en ninguno de los puntos (±1/ √ 2, 1/2, −1) la
función L presenta extremo local.
Nota: El definir la lagrangiana como f − λg o como f + λg es indiferente y puede
cambiar de un texto a otro.
Alternativamente:
Si (x, y) cumple x 2 + y = 1, es claro y ≤ 1 y que f(x, y) = x 2 + y 2 = 1 − y + y 2 . Si
definimos entonces ψ(y) = 1 − y + y 2 , donde y ≤ 1, el problema se reduce a encontrar los
extremos de ψ en la semirrecta (−∞, 1].
Poniendo
ψ(y) = 1 − y + y 2 =
3
y − 1
2 +
2
3
4 ,
⎤
⎦

es claro que ψ alcanza su mínimo global en y = 1/2 y un máximo local en el punto frontera
y = 1. Por tanto la función f restringida a x 2 + y = 1 alcanza el mínimo global 3/4 en los
puntos (±1/ √ 2, 1/2), mientras que presenta un máximo local 1, pero no global, en (0, 1).
11.3. Hallar la distancia del punto (1, 0) a la parábola de ecuación y 2 = 4x.
Solución:
Si f(x, y) = (x − 1) 2 + y 2 y si g(x, y) = y 2 − 4x el problema se reduce al de calcular
los extremos de f condicionados por g(x, y) = 0. La lagrangiana del problema es
L(x, y, λ) = f(x, y) − λg(x, y) = (x − 1) 2 + y 2 − λ y 2 − 4x
y los puntos estacionarios son la solución del sistema:
∂L
(x, y, λ) = 2(x − 1) + 4λ = 0,
∂x
El anterior sistema es equivalente al
∂L
∂y (x, y, λ) = 2y − 2λy = 0, y2 = 4x.
x + 2λ = 1, y(1 − λ) = 0, y 2 = 4x
y es sencillo ver que el único punto estacionario es:
(x, y, λ) = 0, 0; 1
.
2
Es claro entonces que si f restrigida a la parábola P alcanza su valor mínimo, éste
tiene que ser f(0, 0) = 1. Para ver que ésto efectivamente ocurre, tengamos en cuenta las
consideraciones siguientes, que aparecerán frecuentemente en los problemas de distancias.
En R n la distancia de un punto a a un conjunto S = ∅ es por definición
dist(a, S) = inf x − a.
x∈S
Si S es cerrado y no vacío, existe un xm ∈ S, tal que xm − a = dist(a, S). En efecto si c
es un punto de S, si r = c − a y si K es la intersección de S con la bola cerrada de centro
a y radio r ≥ 0, es claro que K es cerrado y acotado. Sea f(x) = x − a. Es conocido que
f es continua y que, restringida al compacto K, alcanza su valor mínimo dm en un punto
xm de K. Además si x pertenece a S pero no a K es x − a > r = c − a ≥ xm − a,
de modo que:
xm − a = inf x − a = inf x − a.
x∈K x∈S
A la vista de lo anterior, la distancia del punto (1, 0) a la parábola y 2 = 4x es dm = 1.
Alternativamente:
En los puntos de la parábola P : y 2 = 4x, la función f(x, y) = (x − 1) 2 + y 2 cumple
f(x, y) = (x − 1) 2 + y 2 = (x − 1) 2 + 4x = (x + 1) 2 ,
4

que alcanza su valor mínimo 1 si x = 0. Es evidente entonces que la mínima distancia de
(1, 0) a y 2 = 4x es dm = 1.
11.4. Hallar los puntos estacionarios de la función f(x, y, z) = z 2 − 2xy condicionados por
2x 3 + 2y 3 + z 3 = 4 e indicar si son máximos o mínimos locales.
Solución: Si f(x, y, z) = z 2 − 2xy y g(x, y, z) = 2x 3 + 2y 3 + z 3 − 4, la lagrangiana del
problema es
L(x, y, λ) = f(x, y, z) − λg(x, y, z) = z 2 − 2xy − λ 2x 3 + 2y 3 + z 3 − 4
y los puntos estacionarios de L son la solución del sistema:
∂L
∂x (x, y, z; λ) = −2y − 6λx2 = 0,
∂L
∂y (x, y, z; λ) = −2x − 6λy2 = 0
∂L
∂z (x, y, z; λ) = 2z − 3λz2 , 2x 3 + 2y 3 + z 3 = 4.
El sistema anterior es claramente equivalente al
y = −3λx 2 , x = −3λy 2 , z(2 − 3λz) = 0, 2x 3 + 2y 3 + z 3 = 4.
Eliminando y entre las dos primeras ecuaciones se ve fácilmente que o bien x = y = 0, o
bien x = y = −1/(3λ). Mediante sencillas sustituciones se ve que los puntos estacionarios
de la lagrangiana son
0, 0, 3√ 4;
3√
2
,
3
1, 1, 0; − 1
,
3
−1, −1, 2; 1
3
y, por tanto, los puntos estacionarios del problema son los
0, 0, 3√
4 , (1, 1, 0) , (−1, −1, 2) .
Para estudiar si f condicionado por g = 0 alcanza un extremo en cada uno de ellos,
y de que tipo, consideramos las matrices hessiana parcial de L y jacobiana g ′ . Un sencillo
cálculo nos da
L ′′ ⎡
−12λx
(x, y, z; λ) = ⎣ −2
−2
−12λy
0
0
⎤
⎦ g
0 0 2 − 6λz
′ (x, y, z) = 6x 2 , 6y 2 , 3z 2 .
En el punto (0, 0, 3√ 4), se tiene:
L ′′ (0, 0, 3√ 4; 3√ ⎡
0
2/3) = ⎣ −2
−2
0
0
0
⎤
⎦ g
0 0 −2
′ (0, 0, 3√ 4) =
5
0, 0, 6 3√
2

y entonces el núcleo de dg en (0, 0, 3√ 4) viene dado por los (h, k, l) que cumplen l = 0, es
decir los (h, k, 0). Pero como la forma cuadrática −4hk es indefinida, el punto (0, 0, 3√ 4)
no es extremo local de f condicionado por g = 0.
De forma análoga en el punto (1, 1, 0) resulta que
L ′′ ⎡
4
(1, 1, 0; −1/3) = ⎣ −2
−2
4
⎤
0
0 ⎦ g
0 0 2
′ (1, 1, 0) = [6, 6, 0]
y, como ∆1 = 4 > 0, ∆2 = 12 > 0 y ∆3 = 24 > 0, la matriz L ′′ (1, 1, 0; 1/3) es definida
positiva en R 3 y en, particular, lo será en el núcleo de dg en (1, 1, 0). Así el punto (1, 1, 0)
es mínimo local de f condicionado por g = 0.
Por último en el punto (−1, −1, 2), se tiene
L ′′ ⎡
4
(−1, −1, 2; 1/3) = ⎣ −2
−2
4
0
0
⎤
⎦ g
0 0 −2
′ (−1, −1, 2) = [ 6 6 12 ]
y, procediendo como en el primer caso, se observa que (−1, −1, 2) es mínimo local de f
condicionado por g = 0.
11.5. Sea f(x, y, z) = x 2 + y 2 + bxy + az, donde a y b son parámetros reales.
a) Obtener una relación entre los parámetros a y b que sea una condición necesaria para que
el punto (1, 1, 1) sea un extremo local de f restringida a la superficie esférica x 2 +y 2 +z 2 = 3.
b) Supuesta verificada la condición anterior, estudiar si en (1, 1, 1) se alcanza un extremo
en los siguientes casos: a = −1, a = 1 y a = 2.
Solución:
a) Si f(x, y, z) = x 2 + y 2 + bxy + az y g(x, y, z) = x 2 + y 2 + z 2 − 3, la lagrangiana del
problema es
L(x, y, z, λ) = f(x, y, z) − λg(x, y, z) = x 2 + y 2 + bxy + az − λ x 2 + y 2 + z 2 − 3
y los puntos estacionarios de L son la solución del sistema:
2x + by − 2λx = 0, 2y + bx − 2λy = 0, a − 2λz = 0, x 2 + y 2 + z 2 = 3.
Como el punto (x, y, z) = (1, 1, 1) tiene que satisfacer a este sistema, se ha de cumplir que
2 + b − 2λ = 0, a − 2λ = 0.
Eliminando λ entre estas dos ecuaciones, se tiene la relación pedida a − b = 2
dan
b) Sea Q la hessiana parcial L ′′
x,y,z de la lagrangiana L. Unos cálculos sencillos nos
⎡
2(1 − λ)
Q(x, y, z, λ) = ⎣ b
b
2(1 − λ)
0
0
⎤
⎦ ; y g
0 0 −2λ
′ (1, 1, 1) = [ 2 2 2 ] .
6

Los vectores (h, k, l) pertenecientes al núcleo de dg en (1, 1, 1) cumplen h + k + l = 0, es
decir son de la forma (h, k, −h − k).
En el caso a = −1, se obtiene b = −3, λ = −1/2 y
⎡
3
Q(1, 1, 1; −1/2) = ⎣ −3
−3
3
⎤
0
0 ⎦ .
0 0 1
La forma cuadrática hessiana restrigida al núcleo de dg es entonces
3h 2 − 6hk + 3k 2 + (h + k) 2 = 3(h − k) 2 + (h + k) 2
y, como es definida positiva, el punto (1, 1, 1) es un mínimo local condicionado.
En el caso a = 1, se obtiene b = −1, λ = 1/2 y
⎡
1
Q(1, 1, 1; 1/2) = ⎣ −1
−1
1
0
0
⎤
⎦ .
0 0 −1
La forma cuadrática hessiana restrigida al núcleo de dg es entonces
h 2 − 2hk + k 2 − (h + k) 2 = (h − k) 2 − (h + k) 2
y, como es indefinida , el punto (1, 1, 1) no es extremo local condicionado.
Finalmente si a = 2, se obtiene b = 0, λ = 1 y
⎡
0
Q(1, 1, 1; 1) = ⎣ 0
0
0
0
0
⎤
⎦ .
0 0 −2
La forma cudrática hessiana restrigida al núcleo de dg es entonces
−2(h + k) 2
que es semidefinida negativa, lo cual no basta para asegurar que f tenga en (1, 1, 1) un
máximo local condicionado.
Pero como en este caso f(x, y, z) = x 2 +y 2 +2z, en la supeficie esférica x 2 +y 2 +z 2 = 3
f coincide con ϕ(z) = 3 − z 2 + 2z = 4 − (z − 1) 2 . Es claro entonces que si x 2 + y 2 + z 2 = 3,
se tiene f(x, y, z) ≤ 4. Pero como f(1, 1, 1) = 4, es obvio que f alcanza en el punto (1, 1, 1)
un máximo global condicionado.
7

11.6. Hallar los puntos estacionarios de la restricción de f(x, y) = x+y 2 a 2x 2 +y 2 = 1
y estudiar si son máximos o mínimos y, en cada caso, si son extremos locales o globales.
Solución:
La lagrangiana del problema es
L(x, y, λ) = x + y 2 − λ 2x 2 + y 2 − 1
y los puntos estacionarios de L son la solución del sistema:
∂L
(x, y, λ) = 1 − 4λx = 0,
∂x
∂L
∂y (x, y, λ) = 2y(1 − λ) = 0, 2x2 + y 2 = 1.
Partiendo de la segunda ecuación es sencillo ver que los cuatro puntos estacionarios son:
√ √
2 2
, 0; ,
2 4
√ √
2 2
− , 0; − ,
2 4
1
4 ,
7
; 1 ,
8
1 7
, − ; 1 .
4 8
Como f es una función continua y E = {(x, y) ∈ R 2 : 2x 2 + y 2 = 1} es una elipse, y
por tanto un conjunto compacto, es claro que f restringida a E alcanza en E sus extremos
globales. Además, como se tiene que
√ √ √ √
2 2
2 2 1 7
f − , 0 = − , f , 0 = , f , ±
2 2 2 2 4 8
= 9
8 ,
es inmediato comprobar que f restringida a E alcanza en (− √ 2/2, 0) su mínimo global
− √ 2/2 y en los puntos (1/4, ± 7/8) su máximo global 9/8.
En el punto ( √ 2/2, 0) no hay extremo global condicionado. Para ver si hay extremo
local, veamos si la hessiana parcial es una forma cuadrática definida, en el núcleo de la
diferencial de la restricción. Un cálculo sencillo nos da la hessiana parcial y la jacobiana
citadas:
y que
L ′′
−4λ 0
x,y(x, y, λ) =
, L
0 2(1 − λ)
′′
x,y
g ′ (x, y) = [4x, 2y], g ′
√ √
2 2
, 0; =
2 4
√
2
, 0 = [2
2 √ 2, 0].
√
− 2 0
0 (4 − √
2)/2
El núcleo de la diferencial de g está formado por los vectores (h, k) tales que 2 √ 2h = 0 es
decir por los (0, k). Pero como
4 − √ 2
k
2
2 > 0, si k = 0,
8

es claro que la restricción de f a E alcanza en ( √ 2/2, 0) un mínimo local estricto.
Alternativamente:
En los puntos de E : 2x 2 + y 2 = 1 es y 2 = 1 − 2x 2 y entonces la restricción de f a E
vale
f(x, y) = x + y 2 = x + 1 − 2x 2 = 9
− 2 x −
8 1
2 .
4
Es claro entonces que f restringida a E alcanza en los puntos (1/4, ± 7/8) su máximo
global 9/8, en el (− √ 2/2, 0) su mínimo global − √ 2/2 y en √ 2/2 un mínimo local.
11.7. Hallar los extremos locales de la función f(x, y, z) = log x + log y + 3 log z, x > 0,
y > 0, z > 0, sobre el octante de superficie esférica x 2 + y 2 + z 2 = 5r 2 .
Solución:
El enunciado corresponde al problema de calcular los extremos de f condicionados
por x 2 + y 2 + z 2 = 5r 2 . La lagrangiana del problema es
L(x, y, z; λ) = log x + log y + 3 log z − λ x 2 + y 2 + z 2 − 5r 2
y el sistema de los puntos estacionarios viene dado por
∂L
∂x
1
= − 2λx = 0,
x
∂L
∂y
= 1
y
− 2λy = 0,
∂L
∂z
= 3
z − 2λz = 0, x2 + y 2 + z 2 = 5r 2 .
Suponiendo que r > 0, la única solución del problema anterior es el punto (r, r, √ 3r; 1/2r2 ),
que cumple x > 0, y > 0, z > 0.
Las matrices hessianas parciales de L en los puntos (x, y, z; λ) y (r, r, √ 3r; 1/2r2 ) son
L ′′
x,y,z(x, y, z; λ) = diag − 1
1 3
− 2λ, − − 2λ, − − 2λ
x2 y2 z2 L ′′
x,y,z(r, r, √ 3r; 1/2r 2
) = diag − 2 2 2
, − , −
r2 r2 r2 .
Pero como la última es definida negativa, es también definida negativa en el núcleo de la
diferencial de la condición. Es claro entonces que f, condicionada por x 2 + y 2 + z 2 = 5r 2
alcanza en (r, r, √ 3r; 1/2r 2 ) un máximo local.
Alternativamente:
Como la f restrigida no está acotada inferiormente, entre los extremos globales, sólo
puede exsistir el máximo. Teniendo en cuenta que la función exponencial es creciente y
que exp (f(x, y, z)) = xyz 3 , tomando coordenadas cilíndricas, el problema se reduce al de
hallar los extremos de
h(ρ, θ, z) = ρ 2 cos θ sen θ z 3 = 1
condicionados por ρ 2 + z 2 = 5r 2 .
2 ρ2z 3 sen 2θ, 0 < ρ, 0 < θ < π
, 0 < z,
2
9

Como ρ2 = 5r2 − z2 y sen 2θ ≤ 1, reducimos de nuevo el problema al de hallar los
extremos de
ψ(z) = 1
2 (5r2 − z 2 )z 3 = 5
2 r2z 3 − 1
2 z5 , 0 < z < √ 5r.
La derivada de ψ es
ψ ′ (z) = 1
2 [15r2 z 2 − 5z 4 ] = 5z2
2 [3r2 − z 2 ]
y entonces es claro que zM = √ 3r es un máximo global de ψ en (0, √ 5r).
Unas sencillas operaciones nos aseguran que el punto (r, r, √ 3r) es el máximo global
condicionado de f.
11.8. Calcular los puntos donde la función f(x, y, z) = x 2 + y 2 + z 2 + x + y + z alcanza
sus valores extremos sobre el conjunto M = {(x, y, z) ∈ R 3 : x 2 + y 2 + z 2 ≤ 4, z ≤ 1}.
Solución:
El conjunto M es la intersección de dos conjuntos cerrados y está acotado, de manera
que es compacto. Entonces, como la función f es claramente continua, es claro que f
alcanza en M su valor máximo y su valor mínimo.
Si algún extremo se alcanza en el abierto V = {(x, y, z) ∈ R 3 : x 2 +y 2 +z 2 < 4, z < 1},
dicho extremo será un punto estacionario de f. Cumplirá entonces el sistema:
cuya única solución es el punto
2x + 1 = 2y + 1 = 2z + 1 = 0,
p = (−1/2, −1/2, −1/2).
Este punto pertenece al abierto V y se tiene f(p) = −3/4.
En segundo lugar sea Z la zona Z = {(x, y, z) ∈ R 3 : x 2 + y 2 + z 2 = 4, z < 1}. Si
algún extremo se alcanza en Z dicho extremo será un punto estacionario de f condicionado
por x 2 + y 2 + z 2 = 4. La lagrangiana del problema es
L(x, y, z; λ) = x 2 + y 2 + z 2 + x + y + z − λ(x 2 + y 2 + z 2 − 4)
y el sistema que da los puntos estacionarios
2x + 1 − 2λx = 0, 2y + 1 − 2λy = 0, = 2z + 1 − 2λz = 0, x 2 + y 2 + z 2 = 4.
El sistema anterior tiene como soluciones los puntos (±2/ √ 3, ±2/ √ 3, ±2/ √ 3), pero como
2/ √ 3 > 1, sólo pertenece a la zona el
En este punto se tiene f(q) = 4 − 2 √ 3.
q = (−2/ √ 3, −2/ √ 3, −2/ √ 3).
10

En tercer lugar sea D el disco D = {(x, y, z) ∈ R 3 : x 2 + y 2 + z 2 < 4, z = 1}. Si algún
extremo se alcanza en D dicho extremo será un punto estacionario de f condicionado por
z = 1. La lagrangiana del problema es
L(x, y, z; µ) = x 2 + y 2 + z 2 + x + y + z − µ(z − 1)
y el sistema que da los puntos estacionarios
El único punto estacionario es el
2x + 1 = 0, 2y + 1 = 0, 2z + 1 − µ = 0, z = 1.
r = (−1/2, −1/2, 1).
Este punto pertenece a D y el valor correspondiente de la función es f(r) = 3/2.
Finalmente sea C la circunferencia C = {(x, y, z) ∈ R 3 : x 2 + y 2 + z 2 = 4, z = 1}. Si
algún extremo se alcanza en C dicho extremo será un punto estacionario de f condicionado
por x 2 + y 2 + z 2 = 4 y por z = 1. La lagrangiana del problema es
L(x, y, z; λ, µ) = x 2 + y 2 + z 2 + x + y + z − λ(x 2 + y 2 + z 2 − 4) − µ(z − 1)
y el sistema que da los puntos estacionarios
2x + 1 − 2λx = 0, 2y + 1 − 2λy = 0, 2z + 1 − 2λz − µ = 0, x 2 + y 2 + z 2 = 4, z = 1.
El sistema anterior tiene como soluciones los puntos
s = ( 3/2, 3/2, 1) y t = (− 3/2, − 3/2, 1).
Los valores de f en estos puntos son f(s) = 5 + √ 6 y f(t) = 5 − √ 6.
Considerando los valores anteriormente hallados
f(p) = −3/4, f(q) = 4 − 2 √ 3, f(r) = 3/2, f(s) = 5 + √ 6, f(t) = 5 − √ 6,
−3/4 es el menor y 5 + √ 6 el mayor. Es claro entonces que la función f alcanza su mínimo
global −3/4 en M en el punto (−1/2, −1/2, −1/2) y su máximo global 5 + √ 6, en el
( 3/2, 3/2, 1).
Alternativamente:
El procedimiento anteriormente empleado tiene la ventaja de su generalidad, pero no
tiene en cuenta la simetría de los datos del problema. Como M tiene simetría cilíndrica,
parece razonable utilizar coordenadas cilíndricas. El enunciado del problema se cambia
entonces en el de hallar los extremos de ϕ(ρ, θ, z) = ρ 2 + z 2 + ρ(cos θ + sen θ) + z en los
puntos del conjunto
S = {(ρ, θ, z) ∈ R 3 : ρ ≥ 0, 0 ≤ θ ≤ 2π, z ≤ 1, ρ 2 + z 2 ≤ 4}.
11

Teniendo en cuenta que
g(θ) = cos θ + sen θ = √ 2
1
√2 cos θ + 1
√ sen θ =
2 √
2 sen
θ + π
4
es claro que g alcanza su valor mínimo − √ 2 en θm = π/4 + π y su valor máximo √ 2 en
θM = π/4. La función ϕ cumple pues las acotaciones
ρ 2 + z 2 − √ 2ρ + z ≤ ϕ(ρ, θ, z) ≤ ρ 2 + z 2 + √ 2ρ + z.
Para hallar el mínimo de ϕ en S basta calcular el de
χ(ρ, z) = ρ 2 + z 2 − √
2ρ + z = ρ − 1
2 √ +
2
z + 1
2 −
2
3
4
condicionado por ρ ≥ 0, z ≤ 1, ρ 2 + z 2 ≤ 4. Este mínimo se alcanza en el punto
(ρm, zm) = (1/ √ 2, −1/2), que cumple las condiciones expresadas. Retornando a las coordenadas
cartesianas se obtiene que la función f alcanza su mínimo global −3/4 en M, en
el punto p = (−1/2, −1/2, −1/2).
Análogamente, para hallar el máximo de ϕ en S basta calcular el de
ψ(ρ, z) = ρ 2 + z 2 + √ 2ρ + z,
condicionado por ρ ≥ 0, z ≤ 1, ρ 2 + z 2 ≤ 4. En el conjunto T definido por las condiciones
se tiene
ψ(ρ, z) = ρ 2 + z 2 + √ 2ρ + z = √ 2ρ + z + 4
y, unas consideraciones geométricas nos muestran que el máximo 5+ √ 6, se obtiene cuando
(ρM , zM ) = (2 √ 2/3, √ 2/3). En coordenadas cartesianas, se obtiene que f alcanza su
máximo global 5 + √ 6 en M, en el punto s = ( 3/2, 3/2, 1).
11.9. Calcular la distancia del origen a la curva de ecuaciones y 2 = x − 1 y z 2 = x + 1.
Solución:
Si f(x, y, z) = x 2 + y 2 + z 2 , g(x, y, z) = y 2 − x + 1 y h(x, y, z) = z 2 − x − 1, el
problema se reduce al de hallar el valor mínimo de f restringida a la curva C de ecuaciones
g(x, y, z) = 0, h(x, y, z) = 0.
La lagrangiana del problema es
L(x, y, z; λ, µ) = x 2 + y 2 + z 2 + λ y 2 − x + 1 + µ z 2 − x − 1
y el sistema de los puntos estacionarios viene dado por
⎧
∂L
≡ 2x − λ − µ = 0
∂x
∂L
≡ 2y + 2λy = 0
⎪⎨
∂y
∂L
≡ 2z + 2µz = 0
∂z
∂L
∂λ
⎪⎩
≡ y2 − x − 1 = 0
∂L
∂µ ≡ z2 − x − 1 = 0
12
,

El sistema anterior equivale al
y(1 + λ) = 0, z(1 + µ) = 0, 2x = λ + µ, x = 1 + y 2 = z 2 − 1,
de donde los únicos puntos estacionarios son (1, 0, ± √ 2; 3, −1).
Como f(1, 0, √ 2) = f(1, 0, − √ 2) = 3, es claro que, de alcanzarse, la distancia mínima
del origen a los puntos de C es √ 3.
Veamos que esta distancia se alcanza. Consideremos un punto p arbitrario de C y la
superficie esférica S de centro el origen que pasa por p. Si K es la intersección de la esfera
cerrada E de frontera S y la curva C, es claro que K es cerrado y acotado. Además f
es continua en el compacto K, de manera que f restringida a K alcanza en K su valor
mínimo. Pero, por construcción, este mínimo es el valor mínimo global de f restrigida a
la curva C.
Alternativamente:
Los puntos de la curva cumplen las ecuaciones x = 1 + y 2 = z 2 − 1 y, por tanto, x ≥ 1.
Además en dichos puntos se tiene:
f(x, y, z) = x 2 + y 2 + z 2 = x 2 + (x − 1) + (x + 1) = x 2 + 2x = (x + 1) 2 − 1,
de manera que el mínimo global de f restringida a C se alcanza en los puntos (1, 0, ± √ 2)
y la distancia del origen a la curva C es √ 3.
Alternativa segunda:
Cosideremos el haz de superficies esféricas x 2 + y 2 + z 2 = r 2 , con r > 0. Los puntos
de corte de cada superficie esférica con la curva C vienen dados por el sistema:
x − y 2 = 1, x − z 2 = 1, x 2 + y 2 + z 2 = r 2
y, para que sus coordenadas sean reales, debe cumplir, además, la inecuación x ≥ 1.
Eliminando y y z entre las anteriores ecuaciones, la coordenada x tiene que cumplir
x 2 + 2x − r 2 = (x + 1) 2 − 1 − r 2 = 0, x ≥ 1,
de donde r = (x + 1) 2 − 1 y entonces la distancia mínima es √ 3 que se obtiene cuando
x = 1.
11.10. Dada la elipse de ecuación x2
= 1, hallar el segmento de tangente a la misma
a b2 que, limitado por los ejes, tenga longitud mínima.
2 + y2
Solución:
Sea (x, y) un punto de la elipse y (ξ, η) un punto genérico de la tangente a ésta en
(x, y). Por las simetrías de la elipse, podemos suponer sin limitación que x > 0, y > 0
excluyendo así los vértices que dan tangentes paralelas a los ejes.
La ecuación de la tangente en (x, y) a la elipse es
xξ yη
+ = 1
a2 b2 13

que, puesta en forma canónica, suponiendo que x > 0 y que y > 0, adopta la forma
ξ
a2 η
+
/x b2 /y
de manera que la tangente corta a los ejes en los puntos (a 2 /x, 0) y (0, b 2 /y). El problema
se reduce al problema de extremos condicionados:
4 a b4
min +
x2 y2
restringida a x2
a
= 1
2 + y2
= 1, x > 0, y > 0.
b2 Si tomamos como nuevas variables u = x 2 /a 2 y v = y 2 /b 2 el nuevo problema de
extremos condicionados es el de hallar el valor mínimo de
f(u, v) = a2
u
La lagrangiana de este problema es
b2
+ , restringido a u + v = 1, u > 0, v > 0.
v
L(u, v; λ) = a2
u
y el sistema que da los puntos estacionarios
+ b2
v
− λ (u + v − 1)
− a2
b2
− λ = 0, − − λ = 0, u + v = 1.
u2 v2 Eliminando λ entre las dos primeras, se obtiene b 2 u 2 − a 2 v 2 = (bu − av)(bu + av) = 0, pero
como a > 0, b > 0, u > 0 y v > 0, es bu + av > 0 de modo que bu − av = 0. Esta ecuación,
con la condición u + v = 1, nos da el único punto estacionario del problema
(u, v) =
al cual corresponde una longitud lm que cumple
l 2 m = a4 b4 a2
+ =
x2 y2 u
+ b2
v
a
a + b ,
b
a + b
= a(a + b) + b(a + b) = (a + b)2
y por tanto lm = a + b.
Falta por estudiar si lm = a + b es la longitud mínima. Es intuitivamente claro que la
longitud de los segmentos de tangente varían con continuidad al variar el punto de contacto
y, por tanto, es una función continua l de la abscisa en el intervalo (0, a). Pero como se
tiene que l(0+) = l(a−) = +∞ y l > 0, es claro que l alcanza el valor mínimo global que
necesariamente ha de ser lm = a + b.
Alternativamente:
14

Si consideramos las ecuaciones paramétricas de la elipse x = a cos θ, y = b sen θ, es
claro que la tangente en el punto (a cos θ, b sen θ) tiene por ecuación
x cos θ
a
+ y sen θ
b
Si nos limitamos al primer cuadrante 0 < θ < π/2, los puntos de corte de la tangente con
los ejes son (a/ cos θ, 0) y (0, b/ sen θ). El problema se reduce al de hallar el mínimo de la
función
ϕ(θ) = a2
cos2 b2
+
θ sen2 θ
= 1.
en el intervalo
0, π
2
La derivada de ϕ es
ϕ ′ (θ) = 2a2 sen θ
cos3 θ − 2b2 cos θ
sen3 θ = 2a2 cos θ
sen3
tg
θ
4 θ − b2
a2
.
De la anterior expresión se deduce que si tg 2 θm = b/a, la función ϕ alcanza en θm su
mínimo global que, después de algunas sustituciones, es
ϕ(θm) =
a2
cos 2 θm
+
b2
sen 2 θm
La longitud mínima pedida es entonces lm = a + b.
= (a + b) 2 .
11.11. Calcular la altura y el radio de la base de una lata cilíndrica de un litro de volumen
y que tenga superficie total mínima.
Solución:
Sean, en un cierto sistema coherente de unidades, x el radio de la base, y la altura, V
el volumen y A la superficie total. Si el cilindro no es degenerado, se sabe que:
V = πx 2 y, A = 2πx 2 + 2πxy, x > 0, y y > 0.
Es claro entonces que xy = V/(πx) y que si definimos
ϕ(x) = 2π x 2 + V
,
πx
el problema se reduce al de hallar el mínimo global de ϕ en la semirrecta (0, +∞).
Derivando la función ϕ se tiene
ϕ ′
(x) = 2π 2x − V
πx2
= 4π
x2
x 3 − V
.
2π
Definiendo ahora a 3 = V
, es claro que ϕ decrece en (0, a) y crece en (a, +∞). La función
2π
ϕ presenta entonces un mínimo global en a.
15
.

Finalmente si R es el radio, H la altura y A el área total de la lata de peso mínimo,
mediante sencillas sustituciones, se tiene
R = 10
3√ 2π cm ≈ 5, 419cm, H = 20
3√ 2π cm ≈ 10, 839cm, A = 300 3√ 2π ≈ 553, 581cm 2 .
Alternativamente:
Si definimos f(x, y) = x 2 +xy y g(x, y) = x 2 y−V/π, el problema se reduce al de hallar
el mínimo de f restringida a la parte de curva g(x, y) = 0 situada en el primer cuadrante
x > 0, y > 0. La lagrangiana del problema es
L(x, y, λ) = f(x, y) − λg(x, y) = x 2
+ xy − λ x 2 y − V
π
y los puntos estacionarios son la solución del sistema:
∂L
(x, y, λ) = 2x + y − 2λxy = 0,
∂x
∂L
∂y (x, y, λ) = x(1 − λx) = 0, πx2 y = V.
Como x > 0, la segunda ecuación da λx = 1. A partir de este resultado y de las
restantes ecuaciones, se obtiene fácilmente el único punto estacionario de L, que es:
xm = 3
V
2π , ym = 3
V
2π , λm = 3
2π
V .
Si el problema tiene solución, como parece plausible, las dimensiones de la lata de área
mínima tienen que ser las halladas. Ahora bien, como se requiere que x e y sean mayores
que 0, si observamos que cuando x e y son mayores que 0 y x 2 y = V/π, entonces
f(x, y) = x 2 + xy = x 2 + V
πx
= ψ(x),
basta ver que ψ, continua en (0, +∞), tiene mínimo absoluto. Puesto que lim
x→0 ψ(x) = +∞
y lim
x→+∞
ψ(x) = +∞, puede asegurarse que ψ, y por tanto f, alcanza mínimo absoluto.
Por consiguiente, hemos demostrado que f restringida al conjunto de los (x, y) tales que
x e y son positivos y g(x, y) presenta mínimo absoluto en (xm, ym).
11.12. Hallar el triángulo de perímetro 2p dado que tenga área máxima.
Sugerencia: Utilizar la fórmula de Herón A = p(p − a)(p − b)(p − c) del área del triángulo
de lados a, b y c.
Solución:
Si a, b y c son los lados de un triángulo no degenerado se tiene que cumplir:
0 < a < b + c, 0 < b < c + a, 0 < c < a + b.
16

Si definimos x = p − a, y = p − b y z = p − c, es claro que 2p − 2a = b + c − a > 0 y
expresiones análogas para p − b y p − c. Como además se tiene que x + y + z = 3p − 2p = p,
se cumple que
0 < x < p, 0 < y < p, 0 < z < p, x + y + z = p
para todo triángulo no degenerado y recíprocamente.
Si f(x, y, z) = xyz y si g(x, y, z) = x + y + z − p el problema se reduce al de calcular
los extremos de f condicionados por g(x, y, z) = 0, situados en el primer octante. La
lagrangiana del problema es
L(x, y, z, λ) = f(x, y, z) − λg(x, y, z) = xyz − λ (x + y + z − p)
y el sistema que da los puntos estacionarios es:
yz − λx = 0, zx − λy = 0, xy − λz = 0, x + y + z = p.
De este sistema se deduce con facilidad que xyz = λx 2 = λy 2 = λz 2 , que con la condición
x + y + z = p nos dan que el único punto estacionario es
Si consideramos el simplex
(x, y, z, λ) = ( p
3
, p
3
p p
, ,
3 3 ).
S = {(x, y, z) ∈ R 3 : 0 ≤ x ≤ p, 0 ≤ x ≤ p, 0 ≤ x ≤ p, x + y + z = p},
es claro que K es cerrado y acotado. Por otra parte f es continua en el compacto K y
por tanto su restricción alcanza en K sus valores extremos. El valor mínimo se alcanza
cuando xyz = 0, es decir para los triángulos degenerados. El valor máximo es entonces
positivo y se tiene que alcanzar en el único punto estacionario del problema de máximos
condicionado planteado. El triángulo de perímetro 2p dado que tiene área máxima es pues
el equilátero a = b = c = 2p/3.
Alternativamente:
Con las notaciones anteriores tienen que cumplirse las condiciones
0 < x < p, 0 < y < p, 0 < z < p, x + y + z = p
de manera que si z = p − x − y y ϕ(x, y) = xy(p − x − y), el problema se reduce al de
calcular los extremos de ϕ restringida al triángulo T definido por 0 ≤ x, 0 ≤ y, x + y ≤ p,
donde se han incluído los triángulos degenerados de perímetro 2p.
Como ϕ es continua en el compacto T alcanza en T su mínimo global 0, precisamente
en los puntos de la frontera ∂T . También alcanza su máximo global en algún punto interior
de T que ha de anular al gradiente de la función ϕ.
El sistema de los puntos estacionarios de ϕ es:
∂ϕ
(x, y) = y(p − x − y) = 0,
x
17
∂ϕ
(x, y) = x(p − x − y) = 0.
y

Es fácil ver que la única solución de este sistema es x = y = p/3 y entonces ha de ser
z = p/3. Como antes tenemos que el triángulo de perímetro dado y área máxima es el
equilatero.
Alternativa segunda:
Admitiendo que existe un triángulo de área máxima entre los que tienen perímetro
dado, es fácil ver geométricamente que este triángulo ha de ser equilátero.
En efecto, supongamos que el triángulo ABC de lados a, b, c y perímetro 2p tiene
área máxima. En particular este triángulo ha de tener área mayor o igual que todos los
triángulos P BC tales que P B + P C = b + c. Pero entonces los puntos P describen una
elipse de focos B y C y eje mayor b + c. Como los triángulos P BC tienen la misma base,
el de área máxima será el de máxima altura. Pero esto ocurre si y sólo si P B = P C, de
modo que necesariamente AB = AC. Por la misma razón se ha de cumplir que BA = BC,
de manera que el triángulo de área máxima, de existir, ha de ser el equilátero.
11.13. Encontrar el rectángulo de perímetro máximo inscrito en la elipse:
x 2
a
2 + y2
= 1 con a, b constantes positivas.
b2 Solución:
Sea (x, y) el vértice del rectángulo correspondiente al primer cuadrante. El perímetro
del rectángulo viene dado por P = 2x + 2y y se trata de encontrar el punto (x, y) que
hace máxima la función f(x, y) = x + y sobre la porción de la elipse que se indica en el
enunciado. En virtud del teorema de los multiplicadores de Lagrange, los puntos (x, y)
en los que se presentan los extremos condicionados de f son tales que para algún λ ∈ R
(x, y, λ) es solución de la ecuación ∇L(x, y, λ) = 0, donde
2 x
L(x, y, λ) = x + y + λ
a
Por tanto se tiene que resolver el sistema:
b
2 + y2
− 1 .
2
∂L
2λx
(x, y, λ) = 1 + = 0
∂x a2 ∂L
2λy
(x, y, λ) = 1 + = 0
∂y b2 ∂L x2 y2
(x, y, λ) = + − 1 = 0.
∂λ a2 b2 Los puntos (x, y) en los que alguna componente sea cero corresponderán a puntos de
mínimo y por tanto consideraremos x > 0 e y > 0. Despejando λ de las dos primeras
ecuaciones se obtiene que:
a 2
x
= b2
y
b2
o bien y = x.
a2 18

y sustituyendo en la última:
de donde, por ser x > 0, resulta:
x2 a2 + b4x2 x =
Por tanto el perímetro máximo es:
a4b2 = 1 ⇐⇒ a2 + b2 a4 x 2 = 1,
a 2
√ a 2 + b 2
e y =
b 2
√ a 2 + b 2 .
P = 2 a2 + b 2
√ a 2 + b 2 = 2 a 2 + b 2 .
Observación: Como f es continua en un compacto alcanza valores máximo y mínimo en
el compacto. Los posibles puntos en donde f puede alcanzar un extremo son los puntos
de intersección de la elipse con los ejes coordenados (mínimos) y en el punto obtenido
(máximo).
11.14. Calcular el valor máximo de f(x, y, z) = x + 2y − z en la circunferencia:
Solución:
Sea G la función definida por
x 2 + y 2 + z 2 = 1 x + y + z = 0.
G(x, y, z) = (x 2 + y 2 + z 2 − 1, x + y + z),
que obviamente es de clase C 1 (R 3 , R 2 ); la circunferencia M es el conjunto:
M = {(x, y, z) ∈ R 3 : G(x, y, z) = (0, 0)} = G −1 [{(0, 0)}].
Se trata de calcular el valor máximo de f(x, y, z) cuando (x, y, z) ∈ M y para ello se utiliza
el método de los multiplicadores de Lagrange. Tal método puede utilizarse puesto que f
es también de clase C 1 (R 3 , R) y la matriz
G ′ (x, y, z) =
2x 2y 2z
1 1 1
es de rango 2 en cualquier punto de M. La lagrangiana del problema es:
L(x, y, z, λ, µ) = f(x, y, z) + λ(x 2 + y 2 + z 2 − 1) + µ(x + y + z)
y los posibles puntos (x, y, z) en los que fM —léase f restringida a M— puede presentar
extremos son los constituidos por las tres primeras coordenadas de los puntos estacionarios
19

de L, es decir, de las soluciones de la ecuación ∇L(x, y, z, λ, µ) = 0. Por tanto hay que
resolver el sistema:
D1L(x, y, z, λ, µ) = 1 + 2xλ + µ = 0
D2L(x, y, z, λ, µ) = 2 + 2yλ + µ = 0
D3L(x, y, z, λ, µ) = −1 + 2zλ + µ = 0
D4L(x, y, z, λ, µ) = x 2 + y 2 + z 2 − 1 = 0
D5L(x, y, z, λ, µ) = x + y + z = 0.
Para que el sistema constituido por las 3 primeras ecuaciones tenga solución en λ y µ es
necesario que se cumpla que:
2x 1 −1
2y 1 −2
= 0, es decir, 3x − 2y − z = 0.
2z 1 1
De esta última ecuación y de x + y + z = 0 se obtiene sin dificultad que y = 4x, z = −5x,
y del sistema constituido por:
se llega también fácilmente a que:
y = 4x, z = −5x, x 2 + y 2 + z 2 − 1 = 0
x 2 = 1
42 , y2 = 16
42 , z2 = 25
42 .
Al ser f continua y M compacto, existen max f[M] y min f[M]. Según acabamos de ver
los puntos de M en los que fM puede presentar valor máximo o mínimo son los puntos
que cumplen simultáneamente:
es decir, los puntos:
y = 4x, z = −5x, x 2 = 1
42 , y2 = 16
42 , z2 = 25
42 ,
√ √
42
42
a = (1, 4, −5) y b = (−1, −4, 5).
42 42
Como f(a) = √ 42/3 y f(b) = − √ 42/3, podemos afirmar que el valor máximo de f sobre
M es √ 42/3.
20