14.7: Problemas máximos/mínimos
( \newcommand{\kernel}{\mathrm{null}\,}\)
- Utilice derivadas parciales para localizar puntos críticos para una función de dos variables.
- Aplicar una segunda prueba derivada para identificar un punto crítico como máximo local, mínimo local o punto de sillín para una función de dos variables.
- Examine los puntos críticos y los puntos límite para encontrar valores máximos y mínimos absolutos para una función de dos variables.
Una de las aplicaciones más útiles para las derivadas de una función de una variable es la determinación de valores máximos y/o mínimos. Esta aplicación también es importante para funciones de dos o más variables, pero como hemos visto en secciones anteriores de este capítulo, la introducción de variables más independientes conduce a más resultados posibles para los cálculos. Las ideas principales de encontrar puntos críticos y usar pruebas derivadas siguen siendo válidas, pero aparecen nuevas arrugas al evaluar los resultados.
Puntos Críticos
Para las funciones de una sola variable, definimos puntos críticos como los valores de la variable en la que la derivada de la función es igual a cero o no existe. Para funciones de dos o más variables, el concepto es esencialmente el mismo, salvo por el hecho de que ahora estamos trabajando con derivadas parciales.
Dejarz=f(x,y) ser una función de dos variables que es diferenciable en un conjunto abierto que contiene el punto(x0,y0). El punto(x0,y0) se denomina punto crítico de una función de dos variablesf si se mantiene una de las dos siguientes condiciones:
- fx(x0,y0)=fy(x0,y0)=0
- O bienfx(x0,y0)orfy(x0,y0) no existe.
Encuentra los puntos críticos de cada una de las siguientes funciones:
- f(x,y)=√4y2−9x2+24y+36x+36
- g(x,y)=x2+2xy−4y2+4x−6y+4
Solución
a. Primero, calculamosfx(x,y)andfy(x,y):
fx(x,y)=12(−18x+36)(4y2−9x2+24y+36x+36)−1/2=−9x+18√4y2−9x2+24y+36x+36
fy(x,y)=12(8y+24)(4y2−9x2+24y+36x+36)−1/2=4y+12√4y2−9x2+24y+36x+36.
A continuación, establecemos cada una de estas expresiones igual a cero:
−9x+18√4y2−9x2+24y+36x+36=04y+12√4y2−9x2+24y+36x+36=0.
Luego, multiplica cada ecuación por su denominador común:
−9x+18=04y+12=0.
Por lo tanto,x=2 yy=−3, así(2,−3) es un punto crítico def.
También debemos verificar la posibilidad de que el denominador de cada derivada parcial pueda ser igual a cero, provocando así que la derivada parcial no exista. Como el denominador es el mismo en cada derivada parcial, solo necesitamos hacer esto una vez:
4y2−9x2+24y+36x+36=0.
La ecuación\ ref {critical1} representa una hipérbola. También hay que señalar que el dominio def consiste en puntos que satisfacen la desigualdad
4y2−9x2+24y+36x+36≥0.
Por lo tanto, cualquier punto en la hipérbola no solo son puntos críticos, también están en el límite del dominio. Para poner la hipérbola en forma estándar, utilizamos el método de completar el cuadrado:
4y2−9x2+24y+36x+36=04y2−9x2+24y+36x=−364y2+24y−9x2+36x=−364(y2+6y)−9(x2−4x)=−364(y2+6y+9)−9(x2−4x+4)=−36−36+364(y+3)2−9(x−2)2=−36.
Dividiendo ambos lados por−36 pone la ecuación en forma estándar:
4(y+3)2−36−9(x−2)2−36=1(x−2)24−(y+3)29=1.
Observe que ese punto(2,−3) es el centro de la hipérbola.
Así, los puntos críticos de la funciónf son(2,−3) y todos los puntos sobre la hipérbola,(x−2)24−(y+3)29=1.
b. Primero, calculamosgx(x,y) ygy(x,y):
gx(x,y)=2x+2y+4gy(x,y)=2x−8y−6.
A continuación, establecemos cada una de estas expresiones igual a cero, lo que da un sistema de ecuaciones enx yy:
2x+2y+4=02x−8y−6=0.
Restar la segunda ecuación de la primera da10y+10=0, entoncesy=−1. Sustituir esto en la primera ecuación da2x+2(−1)+4=0, entoncesx=−1.
Por lo tanto(−1,−1) es un punto crítico deg. No hay puntos enR2 que hagan que no exista ninguna derivada parcial.
La figura14.7.1 muestra el comportamiento de la superficie en el punto crítico.

Encuentra el punto crítico de la funciónf(x,y)=x3+2xy−2x−4y.
- Pista
-
Calcularfx(x,y) yfy(x,y), luego establecerlos iguales a cero.
- Contestar
-
El único punto crítico def es(2,−5).
El propósito principal para determinar los puntos críticos es ubicar 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 encontrar un intervalo alrededor del punto crítico tal que el valor de la función sea mayor o menor que todos los demás valores de función en ese intervalo. Cuando se trabaja con una función de dos o más variables, trabajamos con un disco abierto alrededor del punto.
Dejarz=f(x,y) ser una función de dos variables que se define y continua en un conjunto abierto que contiene el punto(x0,y0). Entoncesf tiene un máximo local en(x0,y0) si
f(x0,y0)≥f(x,y)
para todos los puntos(x,y) dentro de algún disco centrado en(x0,y0). El númerof(x0,y0) se denomina valor máximo local. Si la desigualdad precedente se mantiene para cada punto(x,y) en el dominio def, entoncesf tiene un máximo global (también llamado máximo absoluto) en(x0,y0).
La funciónf tiene un mínimo local en(x0,y0) si
f(x0,y0)≤f(x,y)
para todos los puntos(x,y) dentro de algún disco centrado en(x0,y0). El númerof(x0,y0) se denomina valor mínimo local. Si la desigualdad precedente se mantiene para cada punto(x,y) en el dominio def, entoncesf tiene un mínimo global (también llamado mínimo absoluto) en(x0,y0).
Sif(x0,y0) es un valor máximo local o mínimo local, entonces se denomina extremo local (ver la siguiente figura).

En el Cálculo 1, mostramos que los extremos de funciones de una variable ocurren en puntos críticos. Lo mismo es cierto para las funciones de más de una variable, como se afirma en el siguiente teorema.
Dejarz=f(x,y) ser una función de dos variables que se define y continua en un conjunto abierto que contiene el punto(x0,y0). Supongamosfx yfy cada uno existe en(x0,y0). Si f tiene un extremo local en(x0,y0), entonces(x0,y0) es un punto crítico def.
Segunda Prueba Derivada
Considerar la funciónf(x)=x3. Esta función tiene un punto crítico enx=0, ya quef′(0)=3(0)2=0. Sin embargo,f no tiene un valor extremo enx=0. Por lo tanto, la existencia de un valor crítico enx=x0 no garantiza un extremo local atx=x0. Lo mismo es cierto para una función de dos o más variables. Una forma en que esto puede suceder es en un punto de silla de montar. Un ejemplo de una punta de sillín aparece en la siguiente figura.
Figura14.7.3: Gráfica de la funciónz=x2−y2. Esta gráfica tiene un punto de sillín en el origen.
En esta gráfica, el origen es un punto de sillín. Esto se debe a que las primeras derivadas parciales de f(x,y)=x2−y2 son ambas iguales a cero en este punto, pero no es ni un máximo ni un mínimo para la función. Además, la traza vertical correspondiente ay=0 esz=x2 (una parábola que se abre hacia arriba), pero la traza vertical correspondiente ax=0 esz=−y2 (una parábola que se abre hacia abajo). Por lo tanto, es tanto un máximo global para un rastro como un mínimo global para otro.
Dada la funciónz=f(x,y), el punto(x0,y0,f(x0,y0)) es un punto de sillín si ambosfx(x0,y0)=0 yfy(x0,y0)=0, perof no tiene un extremo local en(x0,y0).
La segunda prueba derivada para una función de una variable proporciona un método para determinar si un extremo ocurre 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 existen, de hecho, cuatro diferentes derivadas parciales de segundo orden, aunque la igualdad de parciales mixtos reduce esto a tres. La prueba de la segunda derivada para una función de dos variables, establecida en el siguiente teorema, utiliza un discriminanteD que reemplazaf″(x0) en la prueba de la segunda derivada por una función de una variable.
Dejarz=f(x,y) ser una función de dos variables para las cuales las derivadas parciales de primer y segundo orden son continuas en algún disco que contiene el punto(x0,y0). Supongamosfx(x0,y0)=0 yfy(x0,y0)=0. Definir la cantidad
D=fxx(x0,y0)fyy(x0,y0)−(fxy(x0,y0))2.
Entonces:
- SiD>0 yfxx(x0,y0)>0, entonces f tiene un mínimo local en(x0,y0).
- SiD>0 yfxx(x0,y0)<0, entonces f tiene un máximo local en(x0,y0).
- SiD<0, entoncesf tiene un punto de sillín en(x0,y0).
- SiD=0, entonces la prueba no es concluyente.
Ver Figura14.7.4.

Para aplicar la segunda prueba derivada, es necesario que primero encontremos los puntos críticos de la función. Hay varios pasos involucrados en todo el procedimiento, los cuales se describen en una estrategia de resolución de problemas.
Dejarz=f(x,y) ser una función de dos variables para las cuales las derivadas parciales de primer y segundo orden son continuas en algún disco que contiene el punto(x0,y0). Para aplicar la prueba de segunda derivada para encontrar extremos locales, utilice los siguientes pasos:
- Determinar los puntos críticos(x0,y0) de la funciónf dondefx(x0,y0)=fy(x0,y0)=0. Descartar cualquier punto donde al menos una de las derivadas parciales no exista.
- Calcular el discriminanteD=fxx(x0,y0)fyy(x0,y0)−(fxy(x0,y0))2 para cada punto crítico def.
- Aplicar los cuatro casos de la prueba para determinar si cada punto crítico es un máximo local, un mínimo local o un punto de sillín, o si el teorema no es concluyente.
Encuentra los puntos críticos para cada una de las siguientes funciones, y usa la segunda prueba derivada para encontrar los extremos locales:
- f(x,y)=4x2+9y2+8x−36y+24
- g(x,y)=13x3+y2+2xy−6x−3y+4
Solución
a. El paso 1 de la estrategia de resolución de problemas implica encontrar los puntos críticos def. Para ello, primero calculamosfx(x,y) yfy(x,y), luego establecemos cada uno de ellos igual a cero:
fx(x,y)=8x+8fy(x,y)=18y−36.
Al establecerlos iguales a cero se obtiene el sistema de ecuaciones
8x+8=018y−36=0.
La solución a este sistema esx=−1 yy=2. Por lo tanto(−1,2) es un punto crítico def.
El paso 2 de la estrategia de resolución de problemas implica calcularD. Para ello, primero calculamos las segundas derivadas parciales def:
fxx(x,y)=8fxy(x,y)=0fyy(x,y)=18.
Por lo tanto,D=fxx(−1,2)fyy(−1,2)−(fxy(−1,2))2=(8)(18)−(0)2=144.
El paso 3 establece aplicar los cuatro casos de la prueba para clasificar el comportamiento de la función en este punto crítico.
YaD>0 yfxx(−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.
Figura14.7.5: La funciónf(x,y) tiene un mínimo local en(−1,2,−16). Note la escala en ely eje -en esta gráfica es en miles.
b. Para el paso 1, primero calculamosgx(x,y) ygy(x,y), luego establecemos cada uno de ellos igual a cero:
gx(x,y)=x2+2y−6gy(x,y)=2y+2x−3.
Al establecerlos iguales a cero se obtiene el sistema de ecuaciones
x2+2y−6=02y+2x−3=0.
Para resolver este sistema, primero resolver la segunda ecuación paray. Esto day=3−2x2. Sustituyendo esto en la primera ecuación da
x2+3−2x−6=0x2−2x−3=0(x−3)(x+1)=0.
Por lo tanto,x=−1 ox=3. Al sustituir estos valores en la ecuación sey=3−2x2 obtienen los puntos críticos(−1,52) y(3,−32).
El paso 2 implica calcular las segundas derivadas parciales deg:
gxx(x,y)=2xgxy(x,y)=2gyy(x,y)=2.
Luego, encontramos una fórmula general paraD:
D(x0,y0)=gxx(x0,y0)gyy(x0,y0)−(gxy(x0,y0))2=(2x0)(2)−22=4x0−4.
A continuación, sustituimos cada punto crítico en esta fórmula:
D(−1,52)=(2(−1))(2)−(2)2=−4−4=−8D(3,−32)=(2(3))(2)−(2)2=12−4=8.
En el paso 3, observamos que, aplicar Nota a punto(−1,52) lleva al caso3, lo que significa que(−1,52) es un punto de sillín. Aplicar el teorema a punto(3,−32) lleva al caso1, lo que significa que(3,−32) corresponde a un mínimo local como se muestra en la siguiente figura.

Utilice la segunda prueba derivada para encontrar los extremos locales de la función
f(x,y)=x3+2xy−6x−4y2.
- Pista
-
Siga la estrategia de resolución de problemas para aplicar la segunda prueba derivada.
- Contestar
-
(43,13)es un punto de sillín,(−32,−38) es un máximo local.
Máximo absoluto y mínimo
Al encontrar extremos globales de funciones de una variable en un intervalo cerrado, comenzamos verificando los valores críticos sobre ese intervalo y luego evaluamos la función en los puntos finales del intervalo. Cuando se trabaja con una función de dos variables, el intervalo cerrado se reemplaza por un conjunto cerrado y delimitado. Un conjunto está delimitado si todos los puntos de ese conjunto pueden estar contenidos dentro de una bola (o disco) de radio finito. Primero, necesitamos encontrar los puntos críticos dentro del conjunto y calcular los valores críticos correspondientes. Entonces, es necesario encontrar el valor máximo y mínimo de la función en el límite del conjunto. Cuando tenemos todos estos valores, el valor de función más grande corresponde al máximo global y el valor de función más pequeño corresponde al mínimo absoluto. Primero, sin embargo, hay que estar seguros de que tales valores existen. El siguiente teorema hace esto.
Una función continuaf(x,y) en un conjunto cerrado y acotadoD en el plano alcanza un valor máximo absoluto en algún punto deD y un valor mínimo absoluto en algún punto deD.
Ahora que sabemos que cualquier función continuaf definida en un conjunto cerrado y acotado alcanza sus valores extremos, necesitamos saber cómo encontrarlos.
Supongamos quez=f(x,y) es una función diferenciable de dos variables definidas en un conjunto cerrado y delimitadoD. Entoncesf se alcanzará el valor máximo absoluto y el valor mínimo absoluto, que son, respectivamente, los valores más grandes y más pequeños que se encuentran entre los siguientes:
- Los valores def en los puntos críticos def inD.
- Los valores def en el límite deD.
La prueba de este teorema es una consecuencia directa del teorema del valor extremo y del teorema de Fermat. En particular, si cualquiera de los extremos no se encuentra en el límite deD, entonces se ubica en un punto interior deD. Pero un punto interior(x0,y0) deD eso es un extremo absoluto es también un extremo local; de ahí,(x0,y0) es un punto crítico def por el teorema de Fermat. Por lo tanto, los únicos valores posibles para los extremos globales def onD son los valores extremos def en el interior o límite deD.
Dejarz=f(x,y) ser una función continua de dos variables definidas en un conjunto cerrado, acotadoD, y asumirf es diferenciable enD. Para encontrar los valores máximos y mínimos absolutos def onD, haga lo siguiente:
- Determinar los puntos críticos def inD.
- Calcularf en cada uno de estos puntos críticos.
- Determinar los valores máximo y mínimo def en el límite de su dominio.
- Los valores máximo y mínimo def ocurrirán en uno de los valores obtenidos en pasos2 y3.
Encontrar los valores máximos y mínimos def en el límite deD puede ser un desafío. Si el límite es un rectángulo o 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 Ejemplo\PageIndex{3}. El mismo enfoque se puede utilizar para otras formas como círculos y elipses.
Si el límite del conjuntoD es una curva más complicada definida por una funcióng(x,y)=c para alguna constantec, y las derivadas parciales de primer orden deg existen, entonces el método de multiplicadores Lagrange puede resultar útil para determinar los extremos def en el límite que se introduce en Lagrange Multipliers.
Utilice la estrategia de resolución de problemas para encontrar los extremos absolutos de una función para determinar los extremos absolutos de cada una de las siguientes funciones:
- f(x,y)=x^2−2xy+4y^2−4x−2y+24en el dominio definido por0≤x≤4 y0≤y≤2
- g(x,y)=x^2+y^2+4x−6yen el dominio definido porx^2+y^2≤16
Solución
a. Usando la estrategia de resolución de problemas, el paso1 implica encontrar los puntos críticos def en su dominio. Por lo tanto, primero calculamosf_x(x,y) yf_y(x,y), luego los establecemos cada uno igual a cero:
\begin{align*} f_x(x,y) &=2x−2y−4 \\[4pt] f_y(x,y) &=−2x+8y−2. \end{align*}
Al establecerlos iguales a cero se obtiene el sistema de ecuaciones
\begin{align*} 2x−2y−4 &=0\\[4pt] −2x+8y−2 &=0. \end{align*}
La solución a este sistema esx=3 yy=1. Por lo tanto(3,1) es un punto crítico def. Calcularf(3,1) daf(3,1)=17.
El siguiente paso consiste en encontrar los extremos def en el límite de su dominio. El límite de su dominio consta de cuatro segmentos de línea como se muestra en la siguiente gráfica:

L_1es el segmento de línea que conecta(0,0) y(4,0), y puede ser parametrizado por las ecuacionesx(t)=t,y(t)=0 para0≤t≤4. Definirg(t)=f\big(x(t),y(t)\big). Esto dag(t)=t^2−4t+24. Diferenciarg conduce ag′(t)=2t−4. Por lo tanto,g tiene un valor crítico att=2, que corresponde al punto(2,0). El cálculof(2,0) da elz -valor20.
L_2es el segmento de línea que conecta(4,0) y(4,2), y puede ser parametrizado por las ecuacionesx(t)=4,y(t)=t para0≤t≤2. Nuevamente, definirg(t)=f\big(x(t),y(t)\big). Esto dag(t)=4t^2−10t+24. Entonces,g′(t)=8t−10. g tiene un valor crítico att=\frac{5}{4}, que corresponde al punto\left(0,\frac{5}{4}\right). Calculando f\left(0,\frac{5}{4}\right)da elz valor27.75 -.
L_3es el segmento de línea que conecta(0,2) y(4,2), y puede ser parametrizado por las ecuacionesx(t)=t,y(t)=2 para0≤t≤4. Nuevamente, definirg(t)=f\big(x(t),y(t)\big). Esto dag(t)=t^2−8t+36. El valor crítico corresponde al punto(4,2). Entonces, calculandof(4,2) da elz -valor 20.
L_4es el segmento de línea que conecta(0,0) y(0,2), y puede ser parametrizado por las ecuacionesx(t)=0,y(t)=t para0≤t≤2. Esta vez,g(t)=4t^2−2t+24 y el valor críticot=\frac{1}{4} corresponde al punto\left(0,\frac{1}{4}\right). El cálculof\left(0,\frac{1}{4}\right) da elz -valor23.75.
También necesitamos encontrar los valores def(x,y) en los rincones de su dominio. Estas esquinas se encuentran en(0,0),(4,0),(4,2) y(0,2):
\begin{align*} f(0,0) &=(0)^2−2(0)(0)+4(0)^2−4(0)−2(0)+24=24 \\[4pt] f(4,0) &=(4)^2−2(4)(0)+4(0)^2−4(4)−2(0)+24=24 \\[4pt] f(4,2) &=(4)^2−2(4)(2)+4(2)^2−4(4)−2(2)+24=20\\[4pt] f(0,2) &=(0)^2−2(0)(2)+4(2)^2−4(0)−2(2)+24=36. \end{align*}
El valor máximo absoluto es36, que ocurre en(0,2), y el valor mínimo global es20, que ocurre en ambos(4,2) y(2,0) como se muestra en la siguiente figura.

b. Usando la estrategia de resolución de problemas, el paso1 implica encontrar los puntos críticos deg en su dominio. Por lo tanto, primero calculamosg_x(x,y) yg_y(x,y), luego los establecemos cada uno igual a cero:
\begin{align*} g_x(x,y) &=2x+4 \\[4pt] g_y(x,y) &=2y−6. \end{align*}
Al establecerlos iguales a cero se obtiene el sistema de ecuaciones
\begin{align*} 2x+4 &=0 \\[4pt] 2y−6 &=0. \end{align*}
La solución a este sistema esx=−2 yy=3. Por lo tanto,(−2,3) es un punto crítico deg. Calculandog(−2,3), obtenemos
g(−2,3)=(−2)^2+3^2+4(−2)−6(3)=4+9−8−18=−13. \nonumber
El siguiente paso consiste en encontrar los extremos de g en el límite de su dominio. El límite de su dominio consiste en un círculo de radio4 centrado en el origen como se muestra en la siguiente gráfica.

El límite del dominio de seg puede parametrizar usando las funcionesx(t)=4\cos t,\, y(t)=4\sin t para0≤t≤2π. Definirh(t)=g\big(x(t),y(t)\big):
\begin{align*} h(t) &=g\big(x(t),y(t)\big) \\[4pt] &=(4\cos t)^2+(4\sin t)^2+4(4\cos t)−6(4\sin t) \\[4pt] &=16\cos^2t+16\sin^2t+16\cos t−24\sin t\\[4pt] &=16+16\cos t−24\sin t. \end{align*}
El ajusteh′(t)=0 conduce a
\begin{align*} −16\sin t−24\cos t &=0 \\[4pt] −16\sin t &=24\cos t\\[4pt] \dfrac{−16\sin t}{−16\cos t} &=\dfrac{24\cos t}{−16\cos t} \\[4pt] \tan t &=−\dfrac{3}{2}. \end{align*}
Esta ecuación tiene dos soluciones a lo largo del intervalo0≤t≤2π. Uno est=π−\arctan (\frac{3}{2}) y el otro lo est=2π−\arctan (\frac{3}{2}). Para el primer ángulo,
\begin{align*} \sin t &=\sin(π−\arctan(\tfrac{3}{2}))=\sin (\arctan (\tfrac{3}{2}))=\dfrac{3\sqrt{13}}{13} \\[4pt] \cos t &=\cos (π−\arctan (\tfrac{3}{2}))=−\cos (\arctan (\tfrac{3}{2}))=−\dfrac{2\sqrt{13}}{13}. \end{align*}
Por lo tantoy(t)=4\sin t=\frac{12\sqrt{13}}{13},x(t)=4\cos t =−\frac{8\sqrt{13}}{13} y, así\left(−\frac{8\sqrt{13}}{13},\frac{12\sqrt{13}}{13}\right) es un punto crítico en el límite y
\begin{align*} g\left(−\tfrac{8\sqrt{13}}{13},\tfrac{12\sqrt{13}}{13}\right) &=\left(−\tfrac{8\sqrt{13}}{13}\right)^2+\left(\tfrac{12\sqrt{13}}{13}\right)^2+4\left(−\tfrac{8\sqrt{13}}{13}\right)−6\left(\tfrac{12\sqrt{13}}{13}\right) \\[4pt] &=\frac{144}{13}+\frac{64}{13}−\frac{32\sqrt{13}}{13}−\frac{72\sqrt{13}}{13} \\[4pt] &=\frac{208−104\sqrt{13}}{13}≈−12.844. \end{align*}
Para el segundo ángulo,
\begin{align*} \sin t &=\sin (2π−\arctan (\tfrac{3}{2}))=−\sin (\arctan (\tfrac{3}{2}))=−\dfrac{3\sqrt{13}}{13} \\[4pt] \cos t &=\cos (2π−\arctan (\tfrac{3}{2}))=\cos (\arctan (\tfrac{3}{2}))=\dfrac{2\sqrt{13}}{13}. \end{align*}
Por lo tantoy(t)=4\sin t=−\frac{12\sqrt{13}}{13},x(t)=4\cos t=\frac{8\sqrt{13}}{13} y, así\left(\frac{8\sqrt{13}}{13},−\frac{12\sqrt{13}}{13}\right) es un punto crítico en el límite y
\begin{align*} g\left(\tfrac{8\sqrt{13}}{13},−\tfrac{12\sqrt{13}}{13}\right) &=\left(\tfrac{8\sqrt{13}}{13}\right)^2+\left(−\tfrac{12\sqrt{13}}{13}\right)^2+4\left(\tfrac{8\sqrt{13}}{13}\right)−6\left(−\tfrac{12\sqrt{13}}{13}\right) \\[4pt] &=\dfrac{144}{13}+\dfrac{64}{13}+\dfrac{32\sqrt{13}}{13}+\dfrac{72\sqrt{13}}{13}\\[4pt] &=\dfrac{208+104\sqrt{13}}{13}≈44.844. \end{align*}
El mínimo absoluto deg es el−13, que se alcanza en el punto(−2,3), que es un punto interior deD. El máximo absoluto deg es aproximadamente igual a 44.844, que se alcanza en el punto límite\left(\frac{8\sqrt{13}}{13},−\frac{12\sqrt{13}}{13}\right). Estos son los extremos absolutos deg onD como se muestra en la siguiente figura.
Utilizar la estrategia de resolución de problemas para encontrar los extremos absolutos de una función para encontrar el extremo absoluto de la función
f(x,y)=4x^2−2xy+6y^2−8x+2y+3 \nonumber
en el dominio definido por0≤x≤2 y−1≤y≤3.
- Pista
-
Calcularf_x(x,y) yf_y(x,y), y establecerlos iguales a cero. Después, calcularf para cada punto crítico y encontrar los extremos def en el límite deD.
- Contestar
-
El mínimo absoluto ocurre en(1,0): f(1,0)=−1.
El máximo absoluto ocurre en(0,3): f(0,3)=63.
TLa compañía Pro- ha desarrollado un modelo de ganancias que depende del númerox de pelotas de golf vendidas al mes (medido en miles), y del número de horas al mes de publicidady, según la función
z=f(x,y)=48x+96y−x^2−2xy−9y^2, \nonumber
dondez se mide en miles de dólares. El número máximo de pelotas de golf que se pueden producir y vender es50,000, y el número máximo de horas de publicidad que se pueden comprar es25. Encuentra los valores dex yy que maximizan el beneficio, y encuentra el máximo beneficio.

Solución
Usando la estrategia de resolución de problemas, el paso1 implica encontrar los puntos críticos def en su dominio. Por lo tanto, primero calculamosf_x(x,y) yf_y(x,y), luego establecemos cada uno igual a cero:
\begin{align*} f_x(x,y) &=48−2x−2y \\[4pt] f_y(x,y) &=96−2x−18y. \end{align*}
Al establecerlos iguales a cero se obtiene el sistema de ecuaciones
\begin{align*} 48−2x−2y &=0 \\[4pt] 96−2x−18y &=0. \end{align*}
La solución a este sistema esx=21 yy=3. Por lo tanto(21,3) es un punto crítico def. Calcularf(21,3) daf(21,3)=48(21)+96(3)−21^2−2(21)(3)−9(3)^2=648.
El dominio de esta función es0≤x≤50 y0≤y≤25 como se muestra en la siguiente gráfica.

L_1es el segmento de línea que conecta(0,0)(50,0), y y puede ser parametrizado por las ecuacionesx(t)=t,y(t)=0 para Luego0≤t≤50. definimosg(t)=f(x(t),y(t)):
\begin{align*} g(t) &=f(x(t),y(t)) \\[4pt] &=f(t,0)\\[4pt] &=48t+96(0)−y^2−2(t)(0)−9(0)^2\\[4pt] &=48t−t^2. \end{align*}
El ajusteg′(t)=0 produce el punto críticot=24, que corresponde al punto(24,0) en el dominio def. Calcularf(24,0) da576.
L_2es el segmento de línea que conecta(50,0) y(50,25), y puede ser parametrizado por las ecuacionesx(t)=50,y(t)=t para0≤t≤25. Una vez más, definimosg(t)=f\big(x(t),y(t)\big):
\begin{align*} g(t) &=f\big(x(t),y(t)\big)\\[4pt] &=f(50,t)\\[4pt] &=48(50)+96t−50^2−2(50)t−9t^2 \\[4pt] &=−9t^2−4t−100. \end{align*}
Esta función tiene un punto crítico ent =−\frac{2}{9}, que corresponde al punto(50,−29). Este punto no está en el dominio def.
L_3es el segmento de línea que conecta(0,25) y(50,25), y puede ser parametrizado por las ecuacionesx(t)=t,y(t)=25 para0≤t≤50. Definimosg(t)=f\big(x(t),y(t)\big):
\begin{align*} g(t) &=f\big(x(t),y(t)\big)\\[4pt] &=f(t,25) \\[4pt] &=48t+96(25)−t^2−2t(25)−9(25^2) \\[4pt] &=−t^2−2t−3225. \end{align*}
Esta función tiene un punto crítico ent=−1, que corresponde al punto(−1,25), que no está en el dominio.
L_4es el segmento de línea que se conecta(0,0) a(0,25), y puede ser parametrizado por las ecuacionesx(t)=0,y(t)=t para0≤t≤25. Definimosg(t)=f\big(x(t),y(t)\big):
\begin{align*} g(t) &=f\big(x(t),y(t)\big) \\[4pt] &=f(0,t) \\[4pt] &=48(0)+96t−(0)^2−2(0)t−9t^2 \\[4pt] &=96t−9t^2. \end{align*}
Esta función tiene un punto crítico ent=\frac{16}{3}, que corresponde al punto\left(0,\frac{16}{3}\right), que se encuentra en el límite del dominio. Calcularf\left(0,\frac{16}{3}\right) da256.
También necesitamos encontrar los valores def(x,y) en los rincones de su dominio. Estas esquinas se encuentran en(0,0),(50,0),(50,25) y(0,25):
\begin{align*} f(0,0) &=48(0)+96(0)−(0)^2−2(0)(0)−9(0)^2=0\\[4pt] f(50,0) &=48(50)+96(0)−(50)^2−2(50)(0)−9(0)^2=−100 \\[4pt] f(50,25) &=48(50)+96(25)−(50)^2−2(50)(25)−9(25)^2=−5825 \\[4pt] f(0,25) &=48(0)+96(25)−(0)^2−2(0)(25)−9(25)^2=−3225. \end{align*}
El valor máximo es648, que ocurre en(21,3). Por lo tanto,$648,000 se obtiene una ganancia máxima de cuando se venden pelotas de21,000 golf y se compran3 horas de publicidad al mes como se muestra en la siguiente figura.

Conceptos clave
- Un punto crítico de la funciónf(x,y) es cualquier punto(x_0,y_0) donde cualquieraf_x(x_0,y_0)=f_y(x_0,y_0)=0, o al menos uno def_x(x_0,y_0) yf_y(x_0,y_0) no existan.
- Un punto de silla de montar es un punto(x_0,y_0) dondef_x(x_0,y_0)=f_y(x_0,y_0)=0, pero nof(x_0,y_0) es ni un máximo ni un mínimo en ese punto.
- Para encontrar extremos de funciones de dos variables, primero encontrar los puntos críticos, luego calcular el discriminante y aplicar la segunda prueba derivada.
Ecuaciones Clave
- Discriminante
D=f_{xx}(x_0,y_0)f_{yy}(x_0,y_0)−(f_{xy}(x_0,y_0))^2
Glosario
- punto crítico de una función de dos variables
-
el punto(x_0,y_0) se denomina punto crítico def(x,y) si se mantiene una de las dos condiciones siguientes:
1. f_x(x_0,y_0)=f_y(x_0,y_0)=0
2. Al menos uno def_x(x_0,y_0) yf_y(x_0,y_0) no existen
- discriminante
- el discriminante de la funciónf(x,y) viene dado por la fórmulaD=f_{xx}(x_0,y_0)f_{yy}(x_0,y_0)−(f_{xy}(x_0,y_0))^2
- punto de sillín
- dada la funciónz=f(x,y), el punto(x_0,y_0,f(x_0,y_0)) es un punto de sillín si ambosf_x(x_0,y_0)=0 yf_y(x_0,y_0)=0, perof no tiene un extremo local en(x_0,y_0)