(para funciones $F : \mathbb{R}^2 \rightarrow \mathbb{R} $ sujeto a una curva de nivel $g^{-1} (0)$)

Sean $f : A \subseteq \mathbb{R}^2 \rightarrow \mathbb{R}, $ con $A$ abierto, y

$ g : A \subseteq \mathbb{R}^2 \rightarrow \mathbb{R}$

con derivadas parciales continuas.

Supongamos que para todo $ (x, y) \in g^{-1} (0)$ se cumple que $\nabla g (x, y) \neq \vec{0}$ entonces, si $ f $ restringida a $g^{-1} (0)$ alcanza un valor máximo ( o mínimo) en un punto $(x_0 , y_0)$ se cumple que

$\nabla f (x_0, y_0) = \lambda \nabla g (x_0, y_0)$ para algún $ \lambda \in \mathbb{R}.$

Justificación:

Bajo la hipótesis de que $\nabla g (x, y) \neq (0, 0)$ para todo punto $(x, y)$ tal que $g(x, y) = 0$ se tiene que la ecuación $ g (x, y) = 0 $ define una curva de nivel.

Si $\dfrac{\partial g}{\partial y} (x, y) \neq 0 $ existe $h$ tal que $g (x, h(x) ) = 0$, donde $y = h (x)$ es una función implícita definida por la ecuación $g (x, y) = 0$.

Encontrar los valores extremos de $f (x, y)$ sujeta a $g (x, y) = 0$ se traduce a encontrar los valores extremos de $K (x) = f (x, h (x) ).$

Derivando $K (x)$ tenemos que:

$\begin{align*}K’ (x) &= \dfrac{\partial f}{\partial x} (x, h (x) ) \, + \, \dfrac{\partial f}{\partial y} (x, h (x) ) h’ (x) \\ \\ &= \dfrac{\partial f}{\partial x} (x, h (x) ) \, + \, \dfrac{\partial f}{\partial y} (x, h (x) ) \Bigg( \, – \, \dfrac{\dfrac{\partial g}{\partial x} (x, h (x)}{\dfrac{\partial g}{\partial y} (x, h (x)} \Bigg) \end{align*}$

Igualamos a cero, entonces

$f_x \, – \, \dfrac{f_y g_x}{g_y} = 0$

multiplicando por $g_y$ tenemos que:

$f_x g_y \, – \, f_y g_x = 0$

entonces

$\begin{vmatrix} f_x & f_y \\ g_x & g_y \end{vmatrix} = 0$

y sabemos que un determinante es igual a cero si y sólo si sus vectores renglón son linealmente dependientes, por lo que, como $K’ (x) = 0 \; \iff \; \nabla f (x, y) $ y $\nabla g (x, y) $ son linealmente dependientes; si y sólo si son colineales; si y sólo si uno es múltiplo del otro, es decir,

$$\nabla f (x, y) = \lambda \nabla g (x, y) \; \; _{\blacksquare}$$

Analicemos el siguiente problema

Encontrar el rectángulo de mayor área, entre los rectángulos que tienen perímetro igual a 4.

La función a maximizar es la función que representa el área: $f (x, y) = xy$; sujeta a la condición de que el perímetro sea igual a 4, es decir,

$g (x, y) = 2x \, + \, 2y = 4$

$g (x, y) = x \, + \, y = 2$

$\nabla f (x, y) = (f_x , f_y) = (y, x)$

$\nabla g (x, y) = g_x , g_y) = ( 1, 1)$

Luego, como $ \nabla f (x, y) = \lambda \nabla g (x, y) $, tenemos la siguiente expresión:

$\begin{pmatrix} y \\ \\ x \end{pmatrix} = \lambda \begin{pmatrix} 1 \\ \\ 1 \end{pmatrix}$

de donde se tienen las ecuaciones

$ y = \lambda$ . . . (1)

$ x = \lambda$ . . . (2)

y además tenemos que $g (x, y) = 0$ está dada por la ecuación $ x \, + \, y \, – \, 2 = 0$ . . . (3)

Las ecuaciones (1), (2) y (3) forman un sistema de tres ecuaciones con tres incógnitas, que al ser resuelto se obtiene que

$$\lambda = 1$$

$$x = 1$$

$$y = 1$$

Luego el único punto a analizar es el punto $(x_0, y_0) = ( 1, 1)$

https://www.geogebra.org/classic/ady7nz6e

Sobre el problema de encontrar los valores extremos de una función $f: \mathbb{R}^2 \rightarrow \mathbb{R}$, $f (x, y)$, sujeta a una restricción de la forma

$g_1 (x, y) \geq 0$

$g_2 (x, y) \geq 0$

$\vdots$

$g_n (x, y) \geq 0$

$\mathcal{K} = \big\{ (x, y) \in \mathbb{R}^2 \, \big| \, g_1 (x, y) \geq 0 , g_2 (x, y) \geq 0 , \dots , g_n (x, y) \geq 0 \big\}$, donde $\mathcal{K}$ sea compacto.

$\partial \mathcal{K} \subseteq \mathcal{C}_1 \cap \mathcal{C}_2 \cap \dots \cap \mathcal{C}_n$ donde

$\mathcal{C}_i = \big\{ (x, y) \in \mathbb{R}^2 \, \big| \, g_i (x, y) = 0 \big\}$

Si $\mathcal{K}$ es compacto y $ f $ es continua en todo $\mathcal{K}$ entonces, existen $ (x_0, y_0) , (x_1 , y_1) $ tales que $ f \Big|_{\mathcal{K}} $ alcanza un mínimo global en $( x_0, y_0)$, y un máximo global en $(x_1, y_1).$

Buscamos responder donde se alcanzan. Para ello realizamos lo siguiente:

(*) Buscar si hay puntos críticos de $f$ en el interior de $\mathcal{K}$.

Esos puntos cumplen que:

$\nabla f (x, y) = 0$, es decir que $\dfrac{\partial f}{\partial x} (x, y) = 0$ y $\dfrac{\partial f}{\partial y} (x, y) = 0$. Este es un sistema de dos ecuaciones con dos incógnitas.

(**) Buscar si hay puntos críticos de $f\Big|_{\mathcal{C}_i}$ para alguna de las curvas $\mathcal{C}_i$ definidas por la ecuación $g_i (x, y) = 0$ correspondiente a

$ \nabla f (x, y) = \lambda \nabla g (x, y)$

$g_i (x, y) = 0$; donde estas dos última ecuaciones forman un sistema de 3 x 3.

Esto con cada «lado curvo» de $\mathcal{K}.$

(***) Buscar si en los «vértices» dados por $\mathcal{C}_i \cap \mathcal{C}_j$, $f \Big|_{\mathcal{K}}$ alcanza un valor extremo. El sistema de 2 x 2 dado por

$g_i (x, y) = 0$ y $g_j (x, y) = 0$.

(****) Finalmente considerar los puntos donde $ f $ no sea diferenciable.

Veamos a continuación el siguiente ejemplo

Encontrar los valores extremos de $f (x, y) = \Big( x \, – \, \dfrac{1}{2} \Big)^2 + \Big( y \, – \, \dfrac{1}{2} \Big)^2$ sujeta a la restricción $(x, y) \in \mathcal{K}$ donde

$\mathcal{K} = \Big\{ (x, y) \in \mathbb{R}^2 \, \big| \, g_1 (x, y) = y \, – \, x^2 = 0 , g_2 (x, y) = x \, – \, y^2 = 0, g_3 (x, y) = 2 \, – \, x \, – \, y = 0 \Big\}$

Calculamos las siguientes derivadas

$\nabla g_1 (x, y) = ( \, – \, 2x, 1) \neq \vec{0}$

$\nabla g_2 (x, y) = ( 1, \, – \, 2y ) \neq \vec{0}$

$\nabla g_3 (x, y) = ( \, – \, 1, \, – \, 1) \neq \vec{0}$

Buscando las intersecciones de $g_1 \cap g_2$, $g_2 \cap g_3$ y $g_1 \cap g_3$ se obtienen los posibles vértices que son los siguientes puntos:

$( 1, 1)$, $(\, – \, 2, 4)$, $(0, 0)$, $(1, 1)$, $(1, 1)$ y $(\, – \, 4, 2).$

Ahora tenemos que checar que puntos cumplen con la restricción:

$ y \, – \, x^2 \geq 0$, $ x \, – \, y^2 \geq 0$ y $ 2 \, – \, x \, – \, y \geq 0$

Por ejemplo: ¿ el punto $( \, – \, 2, 4)$ cumple con la primera desigualdad?

$ y \, – \, x^2 = 4 \, – \, (4)^2 = 4 \, – \, 16 = \, – \, 12 \ngeq 0$, por lo tanto no cumple con la primera desigualdad, luego no es vértice de $\mathcal{K}.$

Análogamente con los demás posibles vértices.

Luego, los puntos $(0, 0)$ y $(1, 1)$ son los vértices de $\mathcal{K}.$

Paso (1):

Encontrar los vértices: los puntos $(0, 0)$ y $(1, 1)$ son los vértices.

En $ f (0, 0) = f (1,1) = \frac{1}{2}$ se tiene máximo global.

Paso (2):

Aplicar multiplicadores de Lagrange en cada lado.

Lado $\mathcal{C}_1$ restricción $g_1 (x, y) = 0$

$y \, – \, x^2 = 0$ . . . (a)

$\nabla f = \lambda \nabla g$

$\begin{pmatrix} \dfrac{\partial f}{\partial x} \\ \\ \dfrac{\partial f}{\partial y} \end{pmatrix} = \lambda \begin{pmatrix} \dfrac{\partial g}{\partial x} \\ \\ \dfrac{\partial g}{\partial y} \end{pmatrix} \; \iff \; \begin{pmatrix} 2x \, – \, 1 \\ \\ 2y \, – \, 1 \end{pmatrix} = \lambda \begin{pmatrix} \, – \, 2x \\ \\ 1 \end{pmatrix}$

por lo que se tienen las siguientes ecuaciones:

$ 2x \, – \, 1 = \, – \, 2 \lambda x$ . . . (b)

$ 2y \, – \, 1 = \lambda $ . . . (c)

Luego, las ecuaciones (a), (b) y (c) forman un sistema de 3×3. Resolviendo el sistema se obtiene que:

$ x = \sqrt[3]{\dfrac{1}{4}}$ , $ y = \sqrt[3]{\dfrac{1}{16}}$

Por lo que en el lado $\mathcal{C}_1$ el punto es el $\Bigg( \sqrt[3]{\dfrac{1}{4}} , \sqrt[3]{\dfrac{1}{16}} \Bigg)$

Análogamente, en el lado $\mathcal{C}_2$ el punto es $\Bigg( \sqrt[3]{\dfrac{1}{16}} , \sqrt[3]{\dfrac{1}{4}} \Bigg)$

Paso (3):

Encontrar los puntos críticos de $ f$ sin restricciones.

$\nabla f = \vec{0}$

$\iff \; 2 \Big( x \, – \, \dfrac{1}{2}\Big) = 0 \; \rightarrow \; x = \dfrac{1}{2}$

$\iff \; 2 \Big( y \, – \, \dfrac{1}{2}\Big) = 0 \; \rightarrow \; y = \dfrac{1}{2}$

Por lo que el mínimo local es $ f (x , y) = f \Bigg( \dfrac{1}{2} , \dfrac{1}{2} \Bigg) = 0$