Tres alelos ( formas naturales de genes) $A$, $B$ y $O$ determinan los tres tipos sanguíneos.

$$\begin{array}{rl}A& ⟺(AA\circ AO)\\ B& ⟺(BB\circ BO)\\ O& ⟺(OO)\\ AB& ⟺(AB)\end{array}$$

La ley de Hardy – Weinberg establece que la proporción $P$ de individuos de una población que llevan los alelos diferentes está dada por la expresión:

$$P=2pq+2pr+2qr$$

donde $p$, $q$ y $r$ son las proporciones de alelos $A$, $B$ y $O$ en dicha población.

Use el hecho de que $p+q+r=1$ para demostrar que $p\le {\displaystyle \frac{2}{3}}$

Dos alelos es $p.p=p^2$ o $q^2$ o $r^2$.

Maximizar $P=2pq+2pr+2qr$ sujeta a $p+q+r=1$,

restricción $Q(p,q,r)=p+q+r–1=0$, con $p,q,r,\ge 0$

Usando multiplicadores de Lagrange $\mathrm{\nabla }P=({\displaystyle \frac{\partial P}{\partial p}},{\displaystyle \frac{\partial P}{\partial q}},{\displaystyle \frac{\partial P}{\partial r}})$ entonces,

$\mathrm{\nabla }P=(2q+2r,2p+2r,2p+2q)$

$\mathrm{\nabla }Q=(1,1,1)$

Examinar:

a) ¿Qué pasa en el interior del simplejo (triángulo)?

b) ¿Qué pasa en las aristas?

c) ¿Qué pasa en los vértices?

a) $\mathrm{\nabla }P=\lambda \mathrm{\nabla }Q$

$\left(\begin{array}{c}2q+2r\\ \\ 2p+2r\\ \\ 2p+2q\end{array}\right)=\lambda \left(\begin{array}{c}1\\ \\ 1\\ \\ 1\end{array}\right)$

$\begin{array}{rl}2q+2r& =\lambda \\ \\ 2p+2r& =\lambda \\ \\ 2p+2q& =\lambda \end{array}$

Sumando

$4p+4q+4r=3\lambda$

$4(p+q+r)=3\lambda$, como $p+q+r=1$, entonces

$4=3\lambda$ por lo que $\lambda ={\displaystyle \frac{4}{3}}$

Luego, sustituyendo en el sistema anterior se tiene que:

$$p={\displaystyle \frac{1}{3}},q={\displaystyle \frac{1}{3}},r={\displaystyle \frac{1}{3}}$$

Entonces

$P({\displaystyle \frac{1}{3}},{\displaystyle \frac{1}{3}},{\displaystyle \frac{1}{3}})=2({\displaystyle \frac{1}{9}})+2({\displaystyle \frac{1}{9}})+2({\displaystyle \frac{1}{9}})={\displaystyle \frac{6}{9}}={\displaystyle \frac{2}{3}}$

c) En los vértices

$P(1,0,0)=0$

$P(0,1,0)=0$

$P(0,0,1)=0$

b) En las aristas

Hay tres aristas, cuando $p=0$, $q=0$ o $r=0$

Analicemos que sucede si $r=0$, entonces $P(p,q,0)=2pq$

Máximo $2pq$, sujeta a $p+q=1$ con $p,q\ge 0$, entonces

$p=q=\frac{1}{2}$ y $P(\frac{1}{2},\frac{1}{2},0)=\frac{1}{2}$

Análogamente para las otras aristas se obtienen los puntos $(0,\frac{1}{2},\frac{1}{2})$ y $(\frac{1}{2},0,\frac{1}{2})$, donde $P$ para cada uno de ellos es $\frac{1}{2}$.

Por lo tanto, de lo analizado anteriormente vemos que el valor máximo de $P$ se obtiene en el punto $({\displaystyle \frac{1}{3}},{\displaystyle \frac{1}{3}},{\displaystyle \frac{1}{3}})$.

Animación:

https://www.geogebra.org/classic/uzjwpkv2

Problema de maximización (o minimización)

Sea $f:{\mathbb{R}}^3\to \mathbb{R}$ sujeta a dos restricciones:

$g_1(x,y,z)=0$

$g_2(x,y,z)=0$

Hipótesis:

Para todo $\overrightarrow{p}\in {g_1}^{-1}(0)\cap {g_2}^{-1}(0)\ne \mathrm{\varnothing }$ los gradientes $\mathrm{\nabla }{g}_1(\overrightarrow{p})$ y $\mathrm{\nabla }{g}_2(\overrightarrow{p})$ son linealmente independientes.

Sea $\overrightarrow{q}$ un punto en donde $f{|}_{{g_1}^{-1}(0)\cap {g_2}^{-1}(0)}$ alcanza un valor extremo, le aplicamos el teorema de la función implícita a $G:{\mathbb{R}}^3\to {\mathbb{R}}^2$ tal que $(x,y,z)\to (g_1(x,y,z),g_2(x,y,z))$

Sin pérdida de generalidad, supongamos $\begin{array}{r}x=h_1(z)\\ y=h_2(z)\end{array}$

$f{|}_{{g_1}^{-1}(0)\cap {g_2}^{-1}(0)}$ puede verse como una función $\mathcal{I}\subseteq \mathbb{R}\to \mathcal{J}\subseteq \mathbb{R}$ tal que

$z\to f(h_1(x,y,z),h_2(x,y,z),z)$

Entonces $(x,y,z)$ es solución del sistema de ecuaciones cerca del punto $\overrightarrow{q}$ si y sólo si

$x=h_1(z)$

$y=h_2(z)$

$\alpha (z)=(h_1(x,y,z),h_2(x,y,z),z)$ parametriza un «pedacito» de curva (que pasa por $\overrightarrow{q}$).

Maximizar $f(\alpha (z))$

Derivando

$\mathrm{\nabla }f(\alpha (z))\cdot {\alpha }^{\prime }(z)=({\displaystyle \frac{\partial f}{\partial x}},{\displaystyle \frac{\partial f}{\partial y}},{\displaystyle \frac{\partial f}{\partial z}})\cdot ({h_1}^{\prime },{h_2}^{\prime },1)=0$

${\displaystyle \frac{\partial f}{\partial x}}{h_1}^{\prime }+{\displaystyle \frac{\partial f}{\partial y}}{h_2}^{\prime }+{\displaystyle \frac{\partial f}{\partial z}}=0$

Luego $\mathrm{\nabla }f$ es ortogonal a ${\alpha }^{\prime }$, es decir, $\mathrm{\nabla }f$ está en el plano generado por $\mathrm{\nabla }{g}_1$ y $\mathrm{\nabla }{g}_2$, es decir,

$$\mathrm{\nabla }f={\lambda }_1\mathrm{\nabla }{g}_1+{\lambda }_2\mathrm{\nabla }{g}_2$$

El teorema de la función implícita se usa para determinar si el conjunto de soluciones de un sistema de ecuaciones es una curva suave o una superficie suave o una variedad suave.

Una ecuación con dos variables

$f(x,y)=0$

$f^{-1}(0)=\{(x,y)\in {\mathbb{R}}^2|f(x,y)=0\}$ conjunto de nivel.

*) Podría ser un punto,

**) podrían ser varias curvas que se cruzan, o

***) podría ser una curva con picos.

Para que sea una curva sin picos se debe cumplir las siguientes condiciones:

$f:{\mathbb{R}}^2\to \mathbb{R}$ de clase ${\mathcal{C}}^1$, $f^{-1}(0)\ne \mathrm{\varnothing }$

$\mathrm{\nabla }f(p)\ne \overrightarrow{0}$, para todo $p\in f^{-1}(0)$

Entonces, $f^{-1}(0)$ es una curva suave sin autointersecciones.

Si $\mathrm{\nabla }f(p)\ne \overrightarrow{0}$, entonces

a) ${\displaystyle \frac{\partial f}{\partial x}}(p)\ne 0$ entonces existe una función $g$ tal que, cerca de $p$, $f^{-1}(0)$ es la gráfica de $x=g(y)$; o

b) ${\displaystyle \frac{\partial f}{\partial y}}(p)\ne 0$ entonces existe una función $h$ tal que, cerca de $p$, $f^{-1}(0)$ es la gráfica de $y=h(x)$

Una ecuación con tres variables

$f(x,y,z)=0$

$f^{-1}(0)=\{(x,y,z)\in {\mathbb{R}}^3|f(x,y)=0\}$ conjunto de nivel.

*) Podría ser un punto,

**) podrían ser varias curvas que se cruzan, o

***) podría ser una curva con picos.

Condiciones

$f^{-1}(0)\ne \mathrm{\varnothing }$, con $f:{\mathbb{R}}^3\to \mathbb{R}$ de clase ${\mathbb{C}}^1$

$\mathrm{\nabla }f(\overrightarrow{p})\ne \overrightarrow{0}$ para todo $\overrightarrow{p}\in f^{-1}(0)$

Entonces $f^{-1}(0)$ es una superficie suave sin autointersecciones.

Si $\mathrm{\nabla }f(\overrightarrow{p})\ne \overrightarrow{0}$ entonces:

i) ${\displaystyle \frac{\partial f}{\partial x}}(\overrightarrow{p})\ne 0$ entonces existe $g$ tal que $x=g(y,z)$

ii) ${\displaystyle \frac{\partial f}{\partial y}}(\overrightarrow{p})\ne 0$ entonces existe $h$ tal que $y=h(x,z)$

iii) ${\displaystyle \frac{\partial f}{\partial z}}(\overrightarrow{p})\ne 0$ entonces existe $\phi$ tal que $z=\phi (x,y)$

Dos ecuaciones con tres variables

$f(x,y,z)=0$

$g(x,y,z)=0$

¿Qué podrían ser?

*) Podría ser un punto.

**) Podrían ser varias curvas que se cruzan.

***) Podría ser una curva con picos.

Condición

Sea $F:{\mathbb{R}}^3\to {\mathbb{R}}^2$ tal que

$F(x,y,z)=(f(x,y,z),g(x,y,z))$

El conjunto de soluciones del sistema de ecuaciones

$f(x,y,z)=0$

$g(x,y,z)=0$

podemos verlo de dos formas

a) como la intersección de dos conjuntos de nivel

$$f^{-1}(0)\cap g^{-1}(0)$$

b) como la imagen inversa de $(0,0)$ bajo $F$, es decir $F^{-1}(0,0).$

$$

Si pedimos que $\mathrm{\nabla }f(\overrightarrow{p})\ne \overrightarrow{0}$ y que $\mathrm{\nabla }g(\overrightarrow{p})\ne \overrightarrow{0}$ para todo $\overrightarrow{p}\in f^{-1}(0)\cap g^{-1}(0)$, lo único que podemos concluir es que localmente, el conjunto de soluciones es la intersección de dos superficies suaves

$\mathrm{\nabla }f=(0,0,1)f(x,y,z)=z$

$\mathrm{\nabla }g=(2x,–2y,–1)f(x,y,z)=x^2–y^2–z$

$f^{-1}(0)$ plano $z=0$

$g^{-1}(0)$ es la silla $z=x^2–y^2$

Necesitamos que

$\mathrm{\nabla }f(\overrightarrow{p})$ y $\mathrm{\nabla }g(\overrightarrow{p})$ sean linealmente independientes en todo $\overrightarrow{p}\in f^{-1}(0)\cap g^{-1}(0)$.

La matriz de la diferencial de $F$ en $\overrightarrow{p}$ es

$$\left(\begin{array}{ccc}{\displaystyle \frac{\partial f}{\partial x}}(\overrightarrow{p})& {\displaystyle \frac{\partial f}{\partial y}}(\overrightarrow{p})& {\displaystyle \frac{\partial f}{\partial z}}(\overrightarrow{p})\\ \\ {\displaystyle \frac{\partial g}{\partial x}}(\overrightarrow{p})& {\displaystyle \frac{\partial g}{\partial y}}(\overrightarrow{p})& {\displaystyle \frac{\partial g}{\partial z}}(\overrightarrow{p})\end{array}\right)$$

¿Qué condiciones debemos pedir en este caso?

Que los gradientes de $f$ y $g$ sean linealmente independientes.

Equivalentemente, que la matriz tenga rango 2.

Equivalentemente, que al menos un subdeterminante de 2×2 (un menor) sea distinto de CERO. De esta última condición, tenemos tres posibilidades:

a) $\left|\begin{array}{cc}{\displaystyle \frac{\partial f}{\partial x}}(\overrightarrow{p})& {\displaystyle \frac{\partial f}{\partial y}}(\overrightarrow{p})\\ \\ {\displaystyle \frac{\partial g}{\partial x}}(\overrightarrow{p})& {\displaystyle \frac{\partial g}{\partial y}}(\overrightarrow{p})\end{array}\right|$

b) $\left|\begin{array}{cc}{\displaystyle \frac{\partial f}{\partial x}}(\overrightarrow{p})& {\displaystyle \frac{\partial f}{\partial z}}(\overrightarrow{p})\\ \\ {\displaystyle \frac{\partial g}{\partial x}}(\overrightarrow{p})& {\displaystyle \frac{\partial g}{\partial z}}(\overrightarrow{p})\end{array}\right|$

c) $\left|\begin{array}{cc}{\displaystyle \frac{\partial f}{\partial y}}(\overrightarrow{p})& {\displaystyle \frac{\partial f}{\partial z}}(\overrightarrow{p})\\ \\ {\displaystyle \frac{\partial g}{\partial y}}(\overrightarrow{p})& {\displaystyle \frac{\partial g}{\partial z}}(\overrightarrow{p})\end{array}\right|$

Si a) se cumple, entonces

$x=h_1(z)$

$y=h_2(z)$

Si b) se cumple, entonces

$x=g_1(y)$

$z=g_2(y)$

Si c) se cumple, entonces

$y={\phi }_1(x)$

$z={\phi }_2(x)$

Veamos un ejemplo de este tipo.

Sea $F(x,y,z)=(x^2+y^2+z^2–1,x+y+z–1)$

$f(x,y,z)=x^2+y^2+z^2–1=0$, esfera de radio 1 y centro $(0,0,0)$, y

$g(x,y,z)=x+y+z–1=0$, plano que pasa por: $(1,0,0)$, $(0,1,0)$ y $(0,0,1)$.

La matriz de la diferencial de $F$ en $\overrightarrow{p}$ es

$\left(\begin{array}{ccc}2x& 2y& 2z\\ \\ 1& 1& 1\end{array}\right)$

Tomemos el punto $(0,0,1)$, luego analizamos los menores en ese punto:

$\left|\begin{array}{cc}0& 0\\ \\ 1& 1\end{array}\right|=0$

$\left|\begin{array}{cc}0& 2\\ \\ 1& 1\end{array}\right|=–2\ne 0$ entonces $x=g_1(y);y=g_2(y)$

$\left|\begin{array}{cc}0& 2\\ \\ 1& 1\end{array}\right|=–2\ne 0$ entonces $y={\phi }_1(x);z={\phi }_2(x)$

Luego, puedo elegir culaquiera de estas últimas dos opciones.

En ninguna vecindad del $(0,0,1)$ en la circunferencia se parametriza como función de $z$

$$\alpha (z)=(x(z),y(z),z)$$

$\alpha :(–ϵ,ϵ)\subset \mathbb{R}\to {\mathbb{R}}^3$

$\alpha (x)=(x,\phi (x),\psi (x))$ entonces $y=\phi (x)$ y $z=\psi (x)$ parametriza una vecindad del conjunto de soluciones cerca del punto $(0,0,1)$.

$\{\begin{array}{rl}{x}^2+\phi (x{)}^2+\psi (x{)}^2& =1\\ \\ x+\phi (x)+\psi (x)& =1\end{array}$

Derivando con respecto a $x$

$\{\begin{array}{rl}\cancel{2}x+\cancel{2}\phi (x)+\cancel{2}\psi (x)& =0\\ \\ 1+{\phi }^{\prime }(x)+{\psi }^{\prime }(x)& =0\end{array}$

$\left(\begin{array}{cc}\phi (x)& \psi (x)\\ \\ 1& 1\end{array}\right)\left(\begin{array}{c}{\phi }^{\prime }(x)\\ \\ {\psi }^{\prime }(x)\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}–x\\ \\ –1\end{array}\right)$

entonces en el punto $p=(0,0,1)=\alpha (0)$

$\phi (0)=0$

$\psi (0)=1$

se tiene que

$\left(\begin{array}{cc}0& 1\\ \\ 1& 1\end{array}\right)\left(\begin{array}{c}{\phi }^{\prime }(0)\\ \\ {\psi }^{\prime }(0)\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}0\\ \\ –1\end{array}\right)$

Entonces

$\left(\begin{array}{c}{\phi }^{\prime }(0)\\ \\ {\psi }^{\prime }(0)\end{array}\right)={\left(\begin{array}{cc}0& 1\\ \\ 1& 1\end{array}\right)}^{-1}\left(\begin{array}{c}0\\ \\ –1\end{array}\right)$

$\left(\begin{array}{c}{\phi }^{\prime }(0)\\ \\ {\psi }^{\prime }(0)\end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc}–1& 1\\ \\ 1& 0\end{array}\right)\left(\begin{array}{c}0\\ \\ –1\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}–1\\ \\ 0\end{array}\right)$

Entonces ${\alpha }^{\prime }(0)=(1,–1,0)$

Idea general, bajo condiciones adecuadas «genéricas» las propiedades de la derivada (de la diferencial; de la mejor aproximación lineal cerca del punto) se heredan a la función.

Si $F:{\mathbb{R}}^2\to {\mathbb{R}}^2$, $F(f,g)$

$d{F}_p:{\mathbb{R}}^2\to {\mathbb{R}}^2$

$\left(\begin{array}{cc}{f}_x(\overrightarrow{p})& f_y(\overrightarrow{p})\\ \\ g_x(\overrightarrow{p})& g_y(\overrightarrow{p})\end{array}\right)\left(\begin{array}{c}{h}_1\\ \\ h_2\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}{k}_1\\ \\ k_2\end{array}\right)$

$d{F}_p$ es invertible si y sólo si la matriz tiene determinante distinto de cero. Luego $F$ localmente es invertible (cerca de $\overrightarrow{p}$ ), quiere decir que podemos despejar las variables independientes.

$u=f(x,y)$ entonces $x=h(u,v)$

$v=g(x,y)$ entonces $y=k(u,v)$

Ejemplo

Determine el valor máximo y mínimo de $f(x,y,z)=–x+2y+2z$ en la elipse en el espacio dada por la intersección de las superficies $x^2+y^2=2$ y $y+2z=1$

Una forma de abordar el problema

Las dos restricciones

$\begin{array}{rl}{g}_1(x,y,z)& =0\\ g_2(x,y,z)& =0\end{array}$

nos dan un sistema de dos ecuaciones con tres incógnitas.

En principio, podemos despejar dos variables en función de la tercera.

Sin pérdida de generalidad, supongamos $x={\phi }_1(z)$ y $y={\phi }_2(z).$

$z\to ({\phi }_1(z),{\phi }_2(z),{\phi }_3(z))$ es una parametrización de la curva.

Necesitamos una versión adecuada del teorema de la función implícita.

$g:{\mathbb{R}}^3\to {\mathbb{R}}^2$

$g(x,y,z)=(g_1(x,y,z),g_2(x,y,z))$

$(x_0,y_0,z_0)\in {\mathbb{R}}^3$ tal que $g_1(x,y,z)=0$ y $g_2(x,y,z)=0$

El vector tangente a la curva será colineal con el producto cruz de los vectores normales $\mathrm{\nabla }{g}_1$ y $\mathrm{\nabla }{g}_2$

$$\mathrm{\nabla }{g}_1\times \mathrm{\nabla }{g}_2$$

Tres vectores en ${\mathbb{R}}^3$ anclados en el punto son $\mathrm{\nabla }{g}_1$, $\mathrm{\nabla }{g}_2$ y $\mathrm{\nabla }f.$

$T$ es el vector tangente a la curva tal que

$$T\perp \mathrm{\nabla }{g}_1$$

$$T\perp \mathrm{\nabla }{g}_2$$

$$T\perp \mathrm{\nabla }f$$

$$\mathrm{\nabla }f={\lambda }_1\mathrm{\nabla }{g}_1+{\lambda }_2\mathrm{\nabla }{g}_2$$

Calculemos los gradientes

$\mathrm{\nabla }f(x,y,z)=({\displaystyle \frac{\partial f}{\partial x}},{\displaystyle \frac{\partial f}{\partial y}},{\displaystyle \frac{\partial f}{\partial z}})$

$\mathrm{\nabla }f(x,y,z)=(–1,2,2)$

$\mathrm{\nabla }{g}_1(x,y,z)=(2x,2y,0)$

$\mathrm{\nabla }{g}_2(x,y,z)=(0,1,2)$

Si $f{|}_{\mathcal{K}}$, con $\mathcal{K}=(g_1=0)\cap (g_2=0)$, alcanza un valor extremo en un punto $(x_0,y_0,z_0)$, entonces ese punto satisface el sistema de ecuaciones:

$g_1(x,y,z)=0$

$g_2(x,y,z)=0$

$\mathrm{\nabla }f={\lambda }_1\mathrm{\nabla }{g}_1+{\lambda }_2\mathrm{\nabla }{g}_2$

$\left(\begin{array}{c}–1\\ 2\\ 2\end{array}\right)={\lambda }_1\left(\begin{array}{c}2x\\ 2y\\ 0\end{array}\right)+{\lambda }_2\left(\begin{array}{c}0\\ 1\\ 2\end{array}\right)$

Entonces tenemos el siguiente sistema de cinco ecuaciones con cinco incógnitas:

$\{\begin{array}{rl}–1& =2x{\lambda }_1\\ \\ 2& =2y{\lambda }_1+{\lambda }_2\\ \\ 2& =2{\lambda }_2\\ \\ x^2+y^2& =2\\ \\ y+2z& =1\end{array}$

Resolviendo este sistema se tiene que:

${\lambda }_2=1$

${\lambda }_1=\pm {\displaystyle \frac{1}{2}}$

Para ${\lambda }_1={\displaystyle \frac{1}{2}}$ se tiene que

$x=–1$, $y=1$ , $z=0$

Para ${\lambda }_1=–{\displaystyle \frac{1}{2}}$ se tiene que

$x=1$, $y=–1$ , $z=1$

Por lo que encontramos dos puntos: $(–1,1,0)$ y el $(1,–1,1).$

La elipse $\mathcal{E}$ es un conjunto compacto, suave, por lo que $f{|}_{\mathcal{E}}$ alcanza un máximo y un mínimo.

$f(–1,1,0)=3$ es el valor máximo.

$f(1,–1,1)=–1$ es el valor mínimo.

https://www.geogebra.org/classic/rzqsc3xa

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

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

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

con derivadas parciales continuas.

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

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

Justificación:

Bajo la hipótesis de que $\mathrm{\nabla }g(x,y)\ne (0,0)$ 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 ${\displaystyle \frac{\partial g}{\partial y}}(x,y)\ne 0$ 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:

$\begin{array}{rl}{K}^{\prime }(x)& ={\displaystyle \frac{\partial f}{\partial x}}(x,h(x))+{\displaystyle \frac{\partial f}{\partial y}}(x,h(x))h^{\prime }(x)\\ \\ & ={\displaystyle \frac{\partial f}{\partial x}}(x,h(x))+{\displaystyle \frac{\partial f}{\partial y}}(x,h(x))(–{\displaystyle \frac{{\displaystyle \frac{\partial g}{\partial x}}(x,h(x)}{{\displaystyle \frac{\partial g}{\partial y}}(x,h(x)}})\end{array}$

Igualamos a cero, entonces

$f_x–{\displaystyle \frac{f_y{g}_x}{g_y}}=0$

multiplicando por $g_y$ tenemos que:

$f_x{g}_y–f_y{g}_x=0$

entonces

$\left|\begin{array}{cc}{f}_x& f_y\\ g_x& g_y\end{array}\right|=0$

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

$$\mathrm{\nabla }f(x,y)=\lambda \mathrm{\nabla }g(x,y){}_{\mathrm{<img\; draggable="false"\; role="img"\; class="emoji"\; alt="◼"\; src="https://s.w.org/images/core/emoji/14.0.0/svg/25fc.svg">}}$$

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,

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

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

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

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

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

$\left(\begin{array}{c}y\\ \\ x\end{array}\right)=\lambda \left(\begin{array}{c}1\\ \\ 1\end{array}\right)$

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 $f:{\mathbb{R}}^2\to \mathbb{R}$, $f(x,y)$, sujeta a una restricción de la forma

$g_1(x,y)\ge 0$

$g_2(x,y)\ge 0$

$⋮$

$g_n(x,y)\ge 0$

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

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

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

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 $f{|}_{\mathcal{K}}$ 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:

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

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

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

$g_i(x,y)=0$; 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 ${\mathcal{C}}_i\cap {\mathcal{C}}_j$, $f{|}_{\mathcal{K}}$ 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 $f(x,y)=(x–{\displaystyle \frac{1}{2}}{)}^2+(y–{\displaystyle \frac{1}{2}}{)}^2$ sujeta a la restricción $(x,y)\in \mathcal{K}$ donde

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

Calculamos las siguientes derivadas

$\mathrm{\nabla }{g}_1(x,y)=(–2x,1)\ne \overrightarrow{0}$

$\mathrm{\nabla }{g}_2(x,y)=(1,–2y)\ne \overrightarrow{0}$

$\mathrm{\nabla }{g}_3(x,y)=(–1,–1)\ne \overrightarrow{0}$

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:

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

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

$y–x^2=4–(4{)}^2=4–16=–12\ngeqq 0$, 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)

$\mathrm{\nabla }f=\lambda \mathrm{\nabla }g$

$\left(\begin{array}{c}{\displaystyle \frac{\partial f}{\partial x}}\\ \\ {\displaystyle \frac{\partial f}{\partial y}}\end{array}\right)=\lambda \left(\begin{array}{c}{\displaystyle \frac{\partial g}{\partial x}}\\ \\ {\displaystyle \frac{\partial g}{\partial y}}\end{array}\right)⟺\left(\begin{array}{c}2x–1\\ \\ 2y–1\end{array}\right)=\lambda \left(\begin{array}{c}–2x\\ \\ 1\end{array}\right)$

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:

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

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

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

Paso (3):

Encontrar los puntos críticos de $f$ sin restricciones.

$\mathrm{\nabla }f=\overrightarrow{0}$

$⟺2(x–{\displaystyle \frac{1}{2}})=0\to x={\displaystyle \frac{1}{2}}$

$⟺2(y–{\displaystyle \frac{1}{2}})=0\to y={\displaystyle \frac{1}{2}}$

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