Unidad : Dos

Tema : Valores Extremos

Subtema : Aplicación de los extremos de funciones
: de varias variables(OPTIMIZACIÓN)

Instrucciones para la clase

1. Leer con mucho cuidado todo el documento..
2. Darse cuenta que todo lo que se lee está completamente entendido.
3. Si alguna parte del documento no es claro, elaborar una pregunta al re-
specto y remitirla al chat de la clase. Tienen hasta la hora de finalizacion
de la clase para remitir esas preguntas..
4. Las respuestas a esas preguntas se enviaran a toda la clase luego de una
hora de que haya concluido el horario de clase.

5. IMPORTANTE A NOTAR: Si hay partes del documento que no se en-

tienden y sin embargo no envian preguntas al respecto, ustedes no podran
elaborar los ejercicios propuestos o podrian cometer errores al resolver esos
ejercicios.

1
1 Planteamiento del problema
Introducción
A continuación se presenta un resumen de algunos de los resultados importantes
para aplicar en esta clase, luego unos ejercicios resueltos para finalizar con unos
problemas que deberá resolver como taller.
Recuerde que:
Si f es una función de varias variables, diremos que el punto (xo, yo) es un punto
crı́tico si satisface una de las siguientes condiciones:
∂f ∂f
1. (x0 , y0 ) = 0 y (x0 , y0 ) = 0, o lo que es lo mismo fx = (x0 , y0 ) y
∂x ∂y
fy = (x0 , y0 )
2. Algunas de las primeras derivadas parciales no existen en el punto (x0 , y0 ),
a estos puntos se los llama puntos crı́ticos singulares.

Estas definiciones pueden extenderse a funciones de tres o mas variables.

Teorema 1
(Criterio de las segundas derivadas parciales). Suponga que f (x, y) tiene segun-
das derivadas parciales continuas en una vecindad de (x0 , y0 ) y que 5f (x0 , y0 ) =
0.
∂2f ∂2f ∂2f
Sea D = D(x0 , y0 ) = 2
(x0 , y0 ) 2 (x0 , y0 ) − [ (x0 , y0 )]2
∂x ∂y ∂x∂y
o lo que es lo mismo,
D = D(x0 , y0 ) = fxx (x0 , y0 )fyy (x0 , y0 ) − [fxy (x0 , y0 )]2
Entonces:

1. Si D > 0 y fxx (x0 , y0 ) < 0 entonces f (x0 , y0 ) es un valor máximo local.

2. Si D > 0 y fxx (x0 , y0 ) > 0 entonces f (x0 , y0 ) es un valor mı́nimo local.
3. Si D < 0 entonces f (x0 , y0 ) es un punto de silla.
4. Si D = 0 el criterio no es concluyente.

2 PROBLEMAS RESUELTOS
2.1 Primer Problema Resuelto
Ley de Hardy-Weinberg Los tipos sanguı́neos son genéticamente determinados
por tres alelos A, B y O. (Alelo es cualquiera de las posibles formas de mutación
de un gen.) Una persona cuyo tipo sanguı́neo es AA, BB u 00 es homocigótica.
Una persona cuyo tipo sanguı́neo es AB, AO o BO es heterocigótica. La ley

2
Hardy-Weinberg establece que la proporción P de individuos heterocigótica en
cualquier población dada es P (p, q, r) = 2pq + 2pr + 2qr, donde p representa el
porcentaje de alelos A en la población, q representa el porcentaje de alelos B en
la población y r representa el porcentaje de alelos O en la población. Utilizar el
hecho que p + q + r = 1 para mostrar que la proporción máxima de individuos
heterocigóticos en cualquier población es 23 .

SOLUCION
Sea P (p, q, r) = 2pq + 2pr + 2qr la proporción de individuos heterocigóticos.
Como p = 1 − q − r la función de proporción se reduce a P (q, r) = 2(1 − q −
r)q + 2(1 − q − r)r + 2qr = −2q 2 − 2r2 − 2qr + 2q + 2r.

1. Al calcular las primeras derivadas parciales:

∂P
= −4r − 2q + 2
∂r
∂P
= −4q − 2r + 2
∂q
∂P
Note que = −4r − 2q + 2 = 0 implica que 4r + 2q = 2 y de manera
∂r
∂P
análoga = −4q − 2r + 2 = 0 implica que 2r + 4q = 2
∂q

2. La solución del sistema de ecuaciones


2 = 4r + 2q



2 = 2r + 4q


determina a ( 31 , 13 ) como punto crı́tico.

3. Al usar el criterio de las segundas derivadas parciales, como:
Prr = −4, Pqq = −2 y Pqr = −2, D = (−4)(−2) − (−2)2 = 4 > 0.
Lo cual dice que ( 31 , 31 ) es un Máximo.

4. Finalmente, al despejar, p = 13 . Esto lleva a que la proporción P ( 13 , 13 , 13 ) =

2
3 tal como se querı́a demostrar.

2.2 Segundo Problema Resuelto

Determine el punto en el plano 2x + 4y + 3z = 12 que es más cercano al origen.

3
SOLUCION
Sea P (x, y, z) un punto en el plano. Entonces el cuadrado de la distancia entre
el origen y P es d2 = x2 + y 2 + z 2 . Como P está en el plano, z = 12−2x−4y
3 , por
lo cual se quiere minimizar d2 = f (x, y) = x2 + y 2 + ( 12−2x−4y
3 )2

1. Al calcular las derivadas parciales se obtiene que:

∂f
= 2x + 29 (12 − 2x − 4y)(−2) = −48+26x+16y
9
∂x
∂f
= 2y + 29 (12 − 2x − 4y)(−4) = −96+16x+50y
9
∂y
∂f
Ası́, = 0 = −48+26x+16y
9 implica que 24 = 13x + 8y
∂x
∂f
Análogamente, = 0 = −96+16x+50y
9 implica que 48 = 8x + 25y
∂y

2. Al resolver el sistema de ecuaciones


24 = 13x + 8y



48 = 8x + 25y


se obtiene el punto crı́tico ( 24 48

29 , 29 ).

26
3. Al usar el criterio de la segundas derivadas parciales, como fxx = 9 , fyy =
50 16
9 , fxy = 9

D = ( 26 50 16 2
9 )( 9 ) − ( 9 ) =
116
9 > 0. Lo cual dice que ( 24 48
29 , 29 ) es un mı́nimo.

12−2( 24 48
29 )−4( 29 ) 36
4. Finalmente, al despejar, z = 3 = 29

Por lo cual el punto cuya distancia es mı́nima es ( 24 48 36

29 , 29 , 29 ).

2.3 Tercer Problema Resuelto

Suponga que la temperatura T en la placa circular (x, y) : x2 + y 2 ≤ 1 está dada
por la función T (x, y) = 2x2 + y 2 − y. Determine cuáles son los puntos más
calientes y más frı́os de la placa.

SOLUCION
1. Para observar donde ocurre este fenómeno se calculan inicialmente los
puntos crı́ticos donde las primeras derivadas parciales son cero.

4
 ∂T ∂T
Ası́: = 4x y = 2y − 1, las cuales se anulan en el punto (0, 12 ),
∂x ∂y
y este es el primer punto crı́tico porque se encuentra dentro de la placa
circular de radio 1.

2. Como los puntos de frontera de la placa también son crı́ticos, hay que
verificar si son máximos o mı́nimos.
La frontera está determinada por la ecuación x2 + y 2 = 1 entonces x2 =
1 − y 2 y ası́ T (y) = 2(1 − y 2 ) + y 2 − y = −y 2 − y + 2.
Esta función tiene dominio [−1, 1] por lo cual dos de los puntos a evaluar
como máximo o mı́nimo son (0, −1) y (0, 1).

3. Observe que T 0 (y) = −2y − 1, se obtienen sus puntos crı́ticos haciendo

T 0 (y) = 0, obteniendo el punto y = −1
2 , y ası́ otros posibles candidatos
√ √
3 −1 − 3 −1
son los puntos ( 2 , 2 ) y ( 2 , 2 ).
4. Finalmente se evaluan los puntos para evaluar cual es el máximo o mı́nimo
−1
• T (0, 12 ) = 4

• T (0, −1) = 2

• T (0, 1) = 0
√
3 −1 9
• T( 2 , 2 ) = 4

√
• T ( −2 3 , −1
2 )=
9
4

De donde √se puede concluir

√
que los puntos donde la temperatura es más
− 3 −1
alta son ( 23 , −1
2 ) y ( 2 , 2 ).
Mientras que el punto donde la temperatura es mas baja es (0, 12 )

2.4 Cuarto Problema Resuelto

Se construirá un canal abierto de sección transversal en la forma de un trapecio
con ángulos iguales en la base, doblando franjas iguales a ambos lados de una
larga pieza de metal de 50 centı́metros de ancho tal como se muestra en la figura.
Determine los ángulos en la base y el ancho de los lados para obtener la mayor
capacidad de carga.

5
SOLUCION

1. Para hallar el canal con volumen máximo basta con maximizar el área de
la sección transversal, formado por el trapecio de la figura. como el area
de un trapecio está dada por la fórmula

B+b
A= 2 ∗h

donde: B es la base mayor, b es la base menor y h es la altura

Se debe maximizar la funcionA(x, θ) = B+b 2 ∗ h, donde x es la longitud del
canal que se dobla y θ es el ángulo desde la base del canal.

2. De la figura se observa que:

• B = 2x cos θ + 50 − 2x
• b = 50 − 2x
• h = x sin x
Lo cual implica que la función de área queda determinada por:
1
A(x, θ) = [2x cos θ + (50 − 2x) + (50 − 2x)]x sin θ
2
= [x cos θ + (50 − 2x)]x sin θ
A(x, θ) = x2 cos θ sin θ + 50x sin θ − 2x2 sin θ.

3. Como los puntos crı́ticos de la funcion están donde las 2 primeras derivadas
parciales son cero, se hace el cálculo de estas derivadas y después se en-
cuentran los puntos donde son simultáneamente cero. Ası́,
∂A
• ∂x = 2x cos θ sin θ + 50 sin θ − 4x sin θ
• ∂A
∂θ = 50x cos θ − 2x2 cos θ + x2 (cos2 θ − sin2 θ)
• = 50x cos θ − 2x2 cos θ + x2 (2 cos2 θ − 1)

6
 ∂A
4. Si ∂x = 0 entonces:

sin θ(2x cos θ + 50 − 4x) = 0.

Como sin θ = 0 si θ = 0 ó θ = π
Se descartan esos puntos, por lo cual se tomará el caso cuando
2x cos θ + 50 − 4x = 0, lo cual implica que cos θ = 2x−25
x .
Como las primeras derivadas parciales deben ser cero simultáneamente,
puede hacerse el reemplazo cos θ = 2x−25
x en la ecuacion ∂A
∂θ = 0
De esta manera haciendo los cálculos correspondientes se obtiene que
∂A
0 =
∂θ
2x − 25 2x − 25 2x − 25 2
= 50x( ) − 2x2 ( ) + x2 (2( ) − 1)
x x x
= 50(2x − 25) − 2x(2x − 25) + 2(2x − 25)2 − x2 ,
0 = x(3x − 50)

50 50
Asi x = 0 o x = 3 , como x > 0 se toma el punto x = 3 , y esto determina
−2+2( 50
3 )
que cos θ = 50 = 12 y asi θ = π
3
3

5. Finalmente, el punto para cual el volumen del canal es máximo son los
puntos(x, θ) = ( 50 π
3 , 3)

2.5 Quinto Problema Resuelto

El material para construir la base de una caja cuya tapa es abierta cuesta 1.5
veces más por unidad de área que el material para los lados. si hay disponibles
$1000, halle la caja de mayor volumen que puede ser fabricada

SOLUCION
1. Sea x, y, z la longitud de costo del ancho, el largo y la altura de la caja
respectivamente, Note que el área superficial de la caja es AS = 2xz +
2yz + xy y el costo de su producción está dada por la función C(x, y) =
2xz + 2yz + 1, 5xy. Como el valor destinado para su producción es $1000,
se tiene que, 1000 = C(x, y) = 2xz + 2yz + 1, 5xy, donde se puede despejar
z obteniendo z = 1000−1,5xy
2x+2y
Asi, el volumen de la caja está dado por.

1000xy−1,5x2 y 2
V = xy( 1000−1,5xy
2x−2y )= 2x+2y

2. Al calcular las primeras derivadas parciales se tiene que

∂V (1000y−3xy 2 )(2x+2y)−2(1000xy−1,5x2 y 2 ) y 2 (2000−3x2 −6xy)
• ∂x = (2x+2y)2 = 4(x+y)2

7
 ∂V (1000x−3x2 y)(2x+2y)−2(1000xy−1,5x2 y 2 ) x2 (2000−3y 2 −6xy)
• ∂y = (2x+2y)2 = 4(x+y)2

Observe que las 2 primeras derivadas parciales son iguales si y = x, por

lo tanto basta hacer este cambio en una de ellas para obtener los puntos
crı́ticos.
x2 (2000−3x2 −6x2 ) x2 (2000−9x2 )
En efecto, 0 = 4(2x)2 = 16x2
q √
Es decir, 0 = x2 (2000 − 9x2 ). De ahı́, x = 0,x = ± 2000
9 = ± 203 5 ,
√
que determina el único valor x = 203 5 , el cual es un máximo (puede
comprobarlo con el criterio de la segunda derivada), que determina las
√ √ √
dimensiones de la caja como x = 203 5 , y = 203 5 , z = 5 5.
3. Finalmente, el volumen aproximadamente es:
√ √ √
V = ( 203 5 ) ∗ ( 203 5 ) ∗ (5 5) ≈ 2484, 52u3

PROBLEMAS PROPUESTOS
Del texto Cálculo de Varias Variables, de Larson, novena edición, de la
sección 13.9 resuelva los ejercicios 9,12,18,19,20.