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4.ejercicios de Optimización

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Ejemplo

Hallar, si existen, los extremos absolutos de la función


f (x, y ) = xy − x 2 − y 2 .

Solución.
Los puntos crı́ticos de f son las soluciones del sistema
∂f ∂f
(x, y ) = y − 2x = 0, (x, y ) = x − 2y = 0
∂x ∂y
Hay un único punto crı́tico, (0, 0), con f (0, 0) = 0.
f es de clase C 2 en su dominio y su matriz hessiana de f en un punto
cualquiera (x, y ) es
 
−2 1
A=
1 −2

La matriz A define una forma cuadrática definida negativa en todo punto


(x, y ), por lo que f es estrictamente cóncava en R2 . Se concluye, por
tanto, que (0, 0) es un máximo global estricto. No hay mı́nimo global.
() 21 de diciembre de 2010 1 / 33
Ejemplo
Hallar, si existen, los extremos absolutos de la función
f (x, y ) = −x 2 + x − y 2 − 2y − 1.

Solución.
Los puntos crı́ticos de f son las soluciones del sistema
∂f ∂f
(x, y ) = −2x + 1 = 0, (x, y ) = −2y − 2 = 0
∂x ∂y

Hay un único punto crı́tico, 12 , −1 , con f 21 , −1 = 41 .


 

f es de clase C 2 en su dominio y su matriz hessiana de f en un punto


cualquiera (x, y ) es
 
−2 0
A= ,
0 −2

que define una forma cuadrática definida negativa en todo punto (x,  y ).
Ası́ pues, f es estrictamente cóncava en R2 y, por lo tanto, 21 , −1 es un
máximo global estricto. No hay mı́nimo global.
() 21 de diciembre de 2010 2 / 33
Alternativamente, completando cuadrados,

1 2
 
1
f (x, y ) = − x − − (y + 1)2 +
2 4

y, por lo tanto,  12 , −1 es un máximo global estricto de f porque si




(x, y ) 6= 21 , −1 es f (x, y ) < 41 .

() 21 de diciembre de 2010 3 / 33
Ejemplo
Hallar, si existen, los extremos absolutos de la función f (x, y ) = x 2 + y 2 .

Solución.
Los puntos crı́ticos de f son las soluciones del sistema
∂f ∂f
(x, y ) = 2x = 0, (x, y ) = 2y = 0
∂x ∂y

Hay un único punto crı́tico, (0, 0), con f (0, 0) = 0. Como f (x, y ) > 0 para
todo (x, y ) 6= (0, 0), el punto (0, 0) es un mı́nimo global estricto.

() 21 de diciembre de 2010 4 / 33
Ejemplo
Hallar, si existen, los extremos absolutos de la función f (x, y ) = y 2 − x 2 .

Solución.
Los puntos crı́ticos de f son las soluciones del sistema
∂f ∂f
(x, y ) = −2x = 0, (x, y ) = 2y = 0
∂x ∂y

Hay un único punto crı́tico, (0, 0), con f (0, 0) = 0. Como en toda bola
abierta con centro (0, 0) hay puntos (0, y ) con f (0, y ) > f (0, 0), y puntos
(x, 0) con f (x, 0) < f (0, 0), el punto (0, 0) es punto de silla.

() 21 de diciembre de 2010 5 / 33
Ejemplo
Clasificar los puntos crı́ticos de la función
f (x, y ) = x 3 + 3xy 2 − 3x 2 − 3y 2 + 4.

Solución.
Los puntos crı́ticos de f son las soluciones del sistema
∂f ∂f
(x, y ) = 3x 2 + 3y − 6x = 0, (x, y ) = 6xy − 6y = 0
∂x ∂y

Hay cuatro puntos crı́ticos P1 = (0, 0), P2 = (2, 0), P3 = (1, 1), P4 (1, −1).
f es de clase C 2 en su dominio y su matriz hessiana de f en un punto
cualquiera (x, y ) es
 
6x − 6 6y
A= ,
6y 6x − 6

() 21 de diciembre de 2010 6 / 33
Evaluando en los puntos crı́ticos
 
6 0
A1 = ⇒ Definida negativa
0 −6

por lo que (0, 0) es máximo local estricto;


 
6 0
A2 = ⇒ Definida positiva
0 6

por lo que (2, 0) es mı́nimo local estricto;


 
0 6
A3 = ⇒ Indefinida
6 0

por lo que (1, 1) es punto de silla;


 
0 −6
A4 = ⇒ Indefinida
−6 0

por lo que (1, −1) es punto de silla.


() 21 de diciembre de 2010 7 / 33
Ejemplo
Clasificar los puntos crı́ticos de la función
f (x, y ) = x 4 + y 4 − 2x 2 + 4xy − 2y 2 .

Solución.
Los puntos crı́ticos de f son las soluciones del sistema
∂f ∂f
(x, y ) = 4x 3 − 4x + 4y = 0, (x, y ) = 4y 3 + 4x − 4y = 0
∂x ∂y
√ √ √ √
Hay tres puntos crı́ticos P1 = (0, 0), P2 = ( 2, − 2), P3 = (− 2, 2).
f es de clase C 2 en su dominio y su matriz hessiana de f en un punto
cualquiera (x, y ) es

12x 2 − 4
 
4
A= ,
4 12y 2 − 4

() 21 de diciembre de 2010 8 / 33
Evaluando en los puntos crı́ticos
 
−4 4
A1 = ⇒ No se puede aplicar la condición suficiente
4 −4

por lo que para ver si (0, 0) es extremo estudiamos en una bola abierta con
centro (0, 0) el signo de f (x, y ) − f (0, 0) = x 4 + y 4 − 2(x − y )2 . En toda
bola abierta de (0, 0) hay puntos (x, x), para los que f (x, x) − f (0, 0) > 0
y puntos (x, −x), para los que f (x, −x) − f (0, 0) < 0, con lo que se
concluye que (0, 0) es punto de silla;
 
20 4
A2 = ⇒ Definida positiva
4 20
√ √
por lo que ( 2, − 2) es mı́nimo local estricto;
 
20 4
A3 = ⇒ Definida positiva
4 20
√ √
por lo que (− 2, 2) es mı́nimo local estricto.
() 21 de diciembre de 2010 9 / 33
Ejemplo
Resolver el siguiente programa de optimización con restricciones de
igualdad

Optimizar xy
sujeto a y + x3 − x2 = 1

Solución.
Despejando en la restricción la variable y , y = y (x) = −x 3 + x 2 + 1;
sustituyendo en la función objetivo el programa se reduce a calcular los
extremos de la función
G (x) = f (x, y (x)) = f (x, −x 3 + x 2 + 1) = −x 4 + x 3 + x.
Los puntos crı́ticos de G son las soluciones de la ecuación
G 0 (x) = −4x 3 + 3x 2 + 1 = 0.
Hay, por tanto, un único punto crı́tico, x = 1.
La derivada segunda de G en un punto x ∈ R es G 00 (x) = −12x 2 + 6x.
Como G 00 (1) = −6 < 0, x = 1 es máximo local estricto de G , y se concluye
que (1, 1) es máximo local estricto del programa de optimización dado.
() 21 de diciembre de 2010 10 / 33
Función lagrangiana
La función lagrangiana asociada al programa de optimización dada es:

L(x, y ; λ) = xy − λ(y + x 3 − x 2 − 1)

∂f ∂g
(x, y ) − λ (x, y ) = y − 3λx 2 + 2λx =0
∂x ∂x
∂f ∂g
(x, y ) − λ (x, y ) = x −λ =0
∂y ∂y
y + x3 − x2 =1

La solución de este sistema de ecuaciones es el punto (1, 1) con λ = 1.


1
Como f y g son funciones
2
 de clase C y
∇g (x, y ) = 3x − 2x, 1 6= (0, 0), ningún otro punto del conjunto factible
puede ser solución del programa de optimización dado.

Conclusión ???
() 21 de diciembre de 2010 11 / 33
Ejemplo
Resolver el siguiente programa de optimización con restricciones de
igualdad

Optimizar x2 + y2
sujeto a x 2 + y = 1

Solución.
Forma 1.
El programa de optimización dado consiste en hallar, si existen, los
extremos relativos de la función x 2 + y 2 , que es el cuadrado de la
distancia del punto (x, y ) al origen, a lo largo de la parábola
x 2 + y = 1.

() 21 de diciembre de 2010 12 / 33
Forma 2
Despejando en la restricción la variable y , y = y (x) = 1 − x 2 ;
sustituyendo en la función objetivo el programa se reduce a calcular
los extremos de la función
G (x) = f (x, y (x)) = f (x, 1 − x 2 ) = 1 − x 2 + x 4 .
Los puntos crı́ticos de G son las soluciones de la ecuación
G 0 (x) = −2x + 4x 3 = 0. √ √
Hay, por tanto, tres puntos crı́ticos, x = 0, x = 22 , x = − 22 .
La derivada segunda de G en un punto x ∈ R es G 00 (x) = 12x 2 − 2.
Evaluando en los puntos crı́ticos,
 √ se  concluye
 √ que  (0, 1) es máximo
2 1 2 1
local estricto mientras que 2 , 2 y − 2 , 2 son mı́nimos locales
estrictos del programa de optimización dado.

() 21 de diciembre de 2010 13 / 33
Forma 3.
Despejando en la restricción la variable x 2 , x 2 = 1 − y ; sustituyendo
en la función objetivo el programa se reduce a calcular los extremos
de la función g (y ) = 1 − y + y 2 en (−∞, 1], (porque x 2 > 0).
Los puntos crı́ticos de G en (−∞, 1) son las soluciones de la ecuación
g 0 (y ) = −1 + 2y = 0
Hay, por tanto, un único punto crı́tico en (−∞, 1), y = 12 .
La derivada segunda deg√en un 00
 punto
 √y <1 es g (y ) = 2 > 0, por
lo que se concluye que 22 , 21 y − 22 , 21 son mı́nimos locales
estrictos del programa de optimización dado.
Además, y = 1 es máximo local estricto de g (y ) en (−∞, 1], (porque
g (1) − g (y ) < 0 si y ∈ (1 − , 1) con  suficientemente pequeño,) por
lo que se concluye que (0, 1) es máximo local estricto del programa de
optimización dado.

() 21 de diciembre de 2010 14 / 33
Función lagrangiana.
La función lagrangiana asociada al programa de optimización dada es:
L(x, y ; λ) = x 2 + y 2 − λ(x 2 + y − 1)
Condición necesaria de extremo local condicionado:
∂f ∂g
(x, y ) − λ (x, y ) = 2x − 2λx = 0
∂x ∂x
∂f ∂g
(x, y ) − λ (x, y ) = 2y − λ = 0
∂y ∂y
x2 + y = 1
Las soluciones
√ de este sistema de√ecuaciones
 son los puntos (0, 1) con
2 1 2 1
λ = 2, 2 , 2 con λ = 1 y − 2 , 2 con λ = 1.

Como f y g son funciones de clase C 1 y ∇g (x, y ) = (2x, 1) 6= (0, 0),


ningún otro punto del conjunto factible puede ser solución del
programa de optimización dado.

Conclusión ???
() 21 de diciembre de 2010 15 / 33
Ejemplo
Resolver el siguiente programa de optimización con restricciones de
igualdad
1 1
Optimizar x + y (x, y 6= 0)
sujeto a x + 4y = 1

Solución.
Despejando en la restricción la variable x, x = x(y ) = 1 − 4y ;
sustituyendo en la función objetivo el programa se reduce a calcular los
1
extremos de la función F (y ) = f (x(y ), y ) = f (1 − 4y , y ) = 1−4y + y1 .
Los puntos crı́ticos de F son las soluciones de la ecuación
−1
F 0 (y ) = 1−4y
4
2 + y 2 = 0.

Hay, por tanto, dos puntos crı́ticos, y = 16 , y = 12 .


La derivada segunda de F en un punto y ∈ R es F 00 (y ) = (1−4y 32
)3
+ y23 .
se concluye que 13 , 16 es mı́nimo local

Evaluando en los puntos crı́ticos,
1

estricto mientras que −1, 2 es máximo local estricto del programa de
optimización dado.
() 21 de diciembre de 2010 16 / 33
Función lagrangiana
La función lagrangiana asociada al programa de optimización dada es:
 
1 1
L(x, y ; λ) = + − λ(x + 4y − 1)
x y
Condición necesaria de extremo local condicionado:
∂f ∂g
(x, y ) − λ (x, y ) = x12 − λ = 0
∂x ∂x
∂f ∂g
(x, y ) − λ (x, y ) = y12 − λ = 0
∂y ∂y
x + 4y = 1
√ 
1 1
Las soluciones de este sistema de ecuaciones son los puntos 3 ,6 con
λ = −9 y −1, 12 con λ = −1.


Como f y g son funciones de clase C 1 y ∇g (x, y ) = (1, 4) 6= (0, 0), ningún


otro punto del conjunto factible puede ser solución del programa de
optimización dado.

Conclusión ???
() 21 de diciembre de 2010 17 / 33
Ejemplo
Resolver el siguiente programa de optimización con restricciones de
igualdad

Minimizar x2 + y2
sujeto a (x + 1)3 + y 2 = 0

Solución.
Despejando en la restricción la variable x, x = x(y ) = −y 2/3 − 1;
sustituyendo en la función objetivo el programa se reduce a calcular los
extremos de la función
g (y ) = f (x(y ), y ) = f (−y 2/3 − 1, y ) = y 2 − y 2/3 − 1.
Los puntos crı́ticos de g en (−∞, 0) ∪ (0, +∞) son las soluciones de la
ecuación g 0 (y ) = 2y − 32 y −1/3 = 0.
No hay, por tanto, ningún punto crı́tico de g en (−∞, 0) ∪ (0, +∞).
y = 0 es mı́nimo global estricto de g porque g (y ) < g (0) ∀y ∈ R. Se
concluye que (−1, 0) es solución del programa de optimización dado (es
mı́nimo global estricto).
() 21 de diciembre de 2010 18 / 33
Función lagrangiana
La función lagrangiana asociada al programa de optimización dada es:
L(x, y ; λ) = x 2 + y 2 − λ((x + 1)3 + y 2 )
Condición necesaria de extremo local condicionado:
∂f ∂g
(x, y ) − λ (x, y ) = 2x − 3λ(x + 1)2 = 0
∂x ∂x
∂f ∂g
(x, y ) − λ (x, y ) = 2y − 2λy = 0
∂y ∂y
(x + 1)3 + y 2 = 0
El sistema de ecuaciones no tiene solución.
f y g son funciones de clase C 1 pero ∇g (x, y ) = 3(x + 1)2 , 2y = (0, 0)


en el punto (−1, 0), por lo que este punto puede ser solución del programa
de optimización dado. De hecho, es mı́nimo global estricto de f
condicionado por (x + 1)3 + y 2 = 0 porque el programa de optimización
dado consiste en hallar, si existe, el punto de la curva (x + 1)3 + y 2 = 0
que está más cerca del origen, que es (−1, 0), pues la curva está definida
para valores de x 6 −1.
() 21 de diciembre de 2010 19 / 33
Ejemplo
Resolver el siguiente programa de optimización con restricciones de
igualdad

Minimizar x +y
sujeto a x2 −y =2

Calcular el valor aproximado de la variación de la función objetivo


f (x, y ) = x + y en el óptimo cuando la restricción del programa pasa a ser
x 2 − y = 3.

Solución.

Resolución por sustitución


Despejando en la restricción la variable y , y = y (x) = x 2 − 2;
sustituyendo en la función objetivo el programa se reduce a calcular los
extremos de la función G (x) = f (x, y (x)) = f (x, x 2 − 2) = x 2 + x − 2.
Los puntos crı́ticos de G son las soluciones de G 0 (x) = 2x + 1 = 0.
Hay, por tanto, un único punto crı́tico, x = − 12 .
() 21 de diciembre de 2010 20 / 33
La derivada segunda de G en un punto x ∈ R es G 00 (x) = 2 >0, por lo
que x = 12 es mı́nimo local estricto de G , y, por tanto, 12 , − 47 es mı́nimo
local estricto del programa de optimización dado. De hecho, es mı́nimo
global estricto.
En el óptimo, el valor de la función objetivo es f − 12 , − 47 = − 94 .


Función lagrangiana
La función lagrangiana asociada al programa de optimización dada es:

L(x, y ; λ) = x + y − λ(x 2 − y − 2)

Condición necesaria de extremo local condicionado:


∂f ∂g
(x, y ) − λ (x, y ) = 1 − 2λx = 0
∂x ∂x
∂f ∂g
(x, y ) − λ (x, y ) = 1 + λ = 0
∂y ∂y
x2 − y = 2

() 21 de diciembre de 2010 21 / 33
La solución de este sistema de ecuaciones es el punto − 21 , − 74 con


λ = −1.

Como f y g son funciones de clase C 1 y ∇g (x, y ) = (2x, −1) 6= (0, 0),


ningún otro punto del conjunto factible puede ser solución del programa
de optimización dado.

En el óptimo, el valor de la función objetivo es f − 21 , − 47 = − 13



4 .

Como el precio sombra de la restricción es el multiplicador de Lagrange,


λ = −1, se concluye que el valor óptimo de la función objetivo disminuye
aproximadamente en 1 unidad cuando la restricción pasa a ser x 2 − y = 3
y será aproximadamente − 13
4 .

() 21 de diciembre de 2010 22 / 33
Ejemplo
Resolver los siguientes programas de optimización con restricciones de
igualdad

Minimizar x 2 + 2y
sujeto a x + y = 1

Calcular el valor aproximado de la variación de la función objetivo


f (x, y ) = x 2 + 2y en el óptimo cuando la restricción del programa pasa a
ser x + y = 2 y compararlo con el valor de la función objetivo en el
programa de optimización

Minimizar x 2 + 2y
sujeto a x + y = 2

() 21 de diciembre de 2010 23 / 33
Solución.

Resolución por sustitución


Despejando en la restricción la variable y , y = y (x) = 1 − x; sustituyendo
en la función objetivo el programa se reduce a calcular los extremos de la
función G (x) = f (x, y (x)) = f (x, x 2 − 2) = x 2 − 2x + 2.
Los puntos crı́ticos de G son las soluciones de la ecuación
G 0 (x) = 2x − 2 = 0.
Hay, por tanto, un único punto crı́tico, x = 1.
La derivada segunda de G en un punto x ∈ R es G 00 (x) = 2 > 0, por lo
que x = 1 es mı́nimo local estricto de G , y, por tanto, (1, 0) es mı́nimo
local estricto del programa de optimización dado. De hecho, es mı́nimo
global estricto.

() 21 de diciembre de 2010 24 / 33
La función lagrangiana asociada al programa de optimización dada es:

L(x, y ; λ) = x 2 + 2y − λ(x + y − 1)

∂f ∂g
(x, y ) − λ (x, y ) = 2x − λ = 0
∂x ∂x
∂f ∂g
(x, y ) − λ (x, y ) = 2 − λ = 0
∂y ∂y
x +y =1

La solución de este sistema de ecuaciones es el punto (1, 0) con λ = 2.

Como f es convexa (por ser la forma cuadrática definida por la matriz


hessiana semidefinida positiva en todo punto de R2 ), y
g (x, y ) = ax + by + c es lineal, (1, 0) es mı́nimo global y el valor de la
función objetivo en el óptimo es f (1, 0) = 1.

Como el precio sombra de la restricción es el multiplicador de Lagrange,


λ = 2, el valor óptimo de la función objetivo aumenta aproximadamente
en 2 unidades cuando la restricción pasa a ser x + y = 2.
() 21 de diciembre de 2010 25 / 33
En efecto, resolviendo el correspondiente sistema de ecuaciones
∂f ∂g
(x, y ) − λ (x, y ) = 2x − λ = 0
∂x ∂x
∂f ∂g
(x, y ) − λ (x, y ) = 2 − λ = 0
∂y ∂y
x +y =2

se obtiene que (1, 1) es mı́nimo global de f condicionado por x + y = 2, y,


en este caso, el valor de la función objetivo en el óptimo es f (1, 1)=3.

() 21 de diciembre de 2010 26 / 33
Ejemplo
Hallar el máximo y el mı́nimo absolutos de la función f (x, y ) = 1 − x + y 2
en el conjunto S = {(x, y ) ∈ R2 : x 2 + y 2 6 1}.

Solución.
Optimización de f en el abierto S1 = {(x, y ) : x 2 + y 2 < 1}
Los posibles extremos de f en S1 son las soluciones del sistema
∂f ∂f
(x, y ) = −1 = 0, (x, y ) = 2y = 0
∂x ∂y
No hay posibles extremos de f en S1 .
Optimización de f en S2 = {(x, y ) : x 2 + y 2 = 1}
Se trata de resolver el siguiente programa de optimización con
restricciones de igualdad

Optimizar 1 − x + y2
sujeto a x 2 + y 2 − 1 = 0

() 21 de diciembre de 2010 27 / 33
La función lagrangiana asociada al programa de optimización dada es:

L(x, y ; λ) = 1 − x + y 2 − λ(x 2 + y 2 − 1)

Condición necesaria de extremo local condicionado:


∂f ∂g
(x, y ) − λ (x, y ) = −1 − 2λx = 0
∂x ∂x
∂f ∂g
(x, y ) − λ (x, y ) = 2y − 2λy = 0
∂y ∂y
x2 + y2 = 1
 √ 
Las soluciones de este sistema de ecuaciones son los puntos − 12 , 23 con
 √ 
λ = 1, − 12 , − 23 con λ = 1, (1, 0) con λ = − 12 y (−1, 0) con λ = 21 .

Como S2 es cerrado y acotado y la función f es continua, alcanza en S2


un
 máximo y mı́nimo√ absolutos.
√    Los posibles extremos son los puntos
1 3 1 3
− 2 , 2 , − 2 , − 2 , (1, 0) y (−1, 0).

() 21 de diciembre de 2010 28 / 33
Evaluando la función objetivo en estos puntos,
√ ! √ !
1 3 7 1 3 7
f − , = , f − ,− = , f (1, 0) = 0, f (−1, 0) = 2
2 2 4 2 2 4

se concluye que (1, 0) es máximo global estricto y (−1, 0) es mı́nimo


global estricto de f en S2 , y, por tanto, son las soluciones del programa de
optimización dado.

Nota
La forma cuadrática definida por la matriz hessiana de f en el punto (1, 0),
 
1 0
0 3

es definida positiva, por lo que puede concluirse que (1, 0) es máximo local
estricto de f en S2 .

() 21 de diciembre de 2010 29 / 33
Resolución por sustitución
Despejando en la restricción la variable y 2 , y 2 = 1 − x 2 ; sustituyendo en la
función objetivo el programa se reduce a calcular los extremos de la
función g (x) = 2 − x − x 2 en [−1, 1], (porque x 2 > 0).
Los puntos crı́ticos de g en (−1, 1) son las soluciones de la ecuación
g 0 (x) = −1 − 2x = 0
Hay, por tanto, un único punto crı́tico en (−1, 1), x = − 21 .
Como [−1, 1] es cerrado y acotado y la función g (x) es continua, alcanza
en [−1, 1] un máximo y mı́nimo absolutos. Los posibles extremos de g (x)
en [−1, 1] son los puntos x = − 21 , x = −1, x = 1. Evaluando la función
g (x) en estos puntos (g − 12 = 74 , g (−1) = 2, g (1) = 2), se concluye
que x = 1 es máximo global estricto de g (x) en [−1, 1] y x = −1 es
mı́nimo global estricto de g (x) en [−1, 1]. Además, como g 00 (x) = −2 < 0
en (−1, 1), x = − 12 es máximo local estricto de g en (−1, 1).
√   √ 
Por lo tanto, 43 , − 12 y − 43 , 12 son máximos locales estrictos, (1, 0)
es máximo global estricto y (−1, 0) es mı́nimo global estricto del programa
de optimización dado.
() 21 de diciembre de 2010 30 / 33
Ejemplo
Hallar el máximo y el mı́nimo absolutos de la función f (x, y ) = xy en el
conjunto S = {(x, y ) ∈ R2 : x 2 + y 2 6 1}.

Solución.
Optimización de f en el abierto S1 = {(x, y ) : x 2 + y 2 < 1}
Los posibles extremos de f en S1 son las soluciones del sistema
∂f ∂f
(x, y ) = y = 0, (x, y ) = x = 0
∂x ∂y
Hay un único punto crı́tico de f en S1 , (0, 0).
Optimización de f en S2 = {(x, y ) : x 2 + y 2 = 1}
Se trata de resolver el siguiente programa de optimización con
restricciones de igualdad

Optimizar xy
sujeto a x2 + y2 −1=0

() 21 de diciembre de 2010 31 / 33
La función lagrangiana asociada al programa de optimización dada es:

L(x, y ; λ) = x · y − λ(x 2 + y 2 − 1)

Condición necesaria de extremo local condicionado:


∂f ∂g
(x, y ) − λ (x, y ) = y − 2λx = 0
∂x ∂x
∂f ∂g
(x, y ) − λ (x, y ) = x − 2λy = 0
∂y ∂y
x2 + y2 = 1
√ √ 
Las soluciones de este sistema de ecuaciones son los puntos 22 , 22 con
 √ √   √ √  √ √ 
λ = 12 , − 22 , 22 con λ = − 21 , − 22 , − 22 con λ = 12 , 22 , − 22
con λ = − 12 .

Como S2 es cerrado y acotado y f es una función continua, alcanza en S2


un
 √máximo y mı́nimo absolutos. Los
√   √ √   √ √ 
posibles
 √ extremos
√ 
son los puntos
2 2 2 2 2 2 2 2
2 , 2 , − 2 , 2 − 2 ,− 2 y 2 ,− 2 .
() 21 de diciembre de 2010 32 / 33
Evaluando la función objetivo en estos puntos,
√ √ ! √ √ !
2 2 1 2 2 1
f , = , f − , =− ,
2 2 2 2 2 2
√ √ ! √ √ !
2 2 1 2 2 1
f − ,− = , f ,− =−
2 2 2 2 2 2
√ √   √ √ 
2 2
se concluye que 2 , 2 y − 2 , − 22 son máximos globales no
2
 √ √  √ √ 
estrictos de f en S2 y − 22 , 22 y 22 , − 22 son mı́nimos globales no
estrictos de f en S2 .
√ √  √ √ 
2 2
Como f (0, 0) = 0, se concluye que 2 , y − 22 , − 22 son
2
 √ √  √ √ 
máximos globales no estrictos de f en S y − 2 , 2 y 2 , − 22 son
2 2 2

mı́nimos globales no estrictos de f en S.

() 21 de diciembre de 2010 33 / 33

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