Calculo

R. Sendra

C´lculo II (IEyAI) a Hoja de Problemas N0 3 (C´lculo Diferencial de Funciones de Varias Variables) a

32 Determinar los extremos relativos de f (x, y, z) = x2 +y 2 +z 2 condicionados a(x+y)z +2 = 0 y xy = 1. Resoluci´n: o g1 (x, y) = (x + y)z + 2, g2 (x, y) = xy − 1 En primer lugar se observa que se verifican las condiciones del Teorema de Lagrange. La funci´n o de Lagrange es L =f + λg1 + µg2 [Puntos cr´ ıticos] Se resuelve el sistema   (1)     (2) (3)   (4)    (5) • (1) ⇒ z = 0 2 • (1) ⇒ x + y = − =⇒ 2z 2 − 2λ = 0 ⇒ z 2 = λ z • (3)-(4) ⇒ (2 − µ)(x − y) = 0. Caso µ= 2 • (3) y (4) quedan como 2x + z 3 + 2y = 0 ⇒ 2x + 2y + z 3 = 0 2y + z 3 + 2x = 0 De donde se obtiene que z3 (x + y) = − 2 Por tanto, de (1) se deduce que −2 2 x = − − y ⇒ x = α − y, donde α = √ z± 2 Ahora de (2) se obtiene que y 2 − αy + 1 = 0 Pero el discriminante de esta ecuaci´n es o ∆ = α2 − 4 = −2 < 0 y por tanto no hay soluciones reales. 1
x+y= −2 z (5)

(x + y)z = −2 xy = 1 2x + λz +µy = 0 2y + λz + µx = 0 2z + λ(x + y) = 0

=⇒

√ z4 = 4 ⇒ z = ± 2

Caso x = y • (2) ⇒ x2 = 1 ⇒ x = ±1 = y
2 z=− x+y

z 2 =λ

• Si x = 1 = y =⇒ z = −1 =⇒ λ = 1. z 3 + 2x De (3) se tieneque µ = − y, por tanto, µ = −1. x Primer punto cr´ ıtico es (x, y, z) = (1, 1, −1), λ = 1, µ = −1
2 z=− x+y

z 2 =λ

• Si x = −1 = y =⇒ z = 1 =⇒ λ = 1. z 3 + 2x De (3) se tiene que µ = − y, portanto, µ = −1. x Segundo punto cr´ ıtico es (x, y, z) = (−1, −1, 1), λ = 1, µ = −1 [Clasificaci´n] o J(g1 ,g2 ) = z z x+y y x 0   2 µ λ HL =  µ 2 λ  λ λ 2

• (x, y, z) = (1, 1, −1), λ = 1, µ = −1J(g1 ,g2 ) (1, 1, −1) = −1 −1 2 ⇒ x = (t, −t, 0) 0 0 −2   2 −1 1 2 1  HL (1, 1, −1, 1, −1) =  −1 1 1 2 −1 −1 2 1 1 0 ∼

x · HL (1, 1, −1, 1, −1) · xT = 6t2 > 0 si t = 0 Por tanto, (1, 1, −1) es unm´ ınimo condicionado. • (x, y, z) = (−1, −1, 1), λ = 1, µ = −1 J(g1 ,g2 ) (−1, −1, −1) = −1 −1 2 ⇒ x = (t, −t, 0) 0 0 −2   2 −1 1 2 1  HL (−1, −1, 1, 1, −1) =  −1 1 1 2 ∼ −1 −1 2 −1 −1 0

x...