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

$$ \begin{align*} A &\iff (AA \, \, \circ \, \, AO ) \\ B &\iff (BB \, \, \circ \, \, BO) \\ O &\iff ( OO) \\ AB &\iff ( AB ) \end{align*}$$

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 $p \leq \dfrac{2}{3}$

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 $p, q, r, \geq 0$

Usando multiplicadores de Lagrange $\nabla P = \Bigg( \dfrac{\partial P}{\partial p}, \dfrac{\partial P}{\partial q}, \dfrac{\partial P}{\partial r} \Bigg)$ entonces,

$\nabla P = \big( 2q + 2r , 2p + 2r , 2p + 2q \big)$

$\nabla Q = ( 1 , 1, 1 )$

Examinar:

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

b) ¿Qué pasa en las aristas?

c) ¿Qué pasa en los vértices?

a) $\nabla P = \lambda \nabla Q$

$\begin{pmatrix} 2q + 2r \\ \\ 2p + 2r \\ \\ 2p + 2q \end{pmatrix} = \lambda \begin{pmatrix} 1 \\ \\ 1 \\ \\ 1 \end{pmatrix}$

$\begin{align*} 2q + 2r &= \lambda\\ \\ 2p + 2r &= \lambda \\ \\ 2p + 2q &= \lambda \end{align*}$

Sumando

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

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

$4 = 3 \lambda$ por lo que $\lambda = \dfrac{4}{3}$

Luego, sustituyendo en el sistema anterior se tiene que:

$$p = \dfrac{1}{3}\, , \, q = \dfrac{1}{3} \, , \, r = \dfrac{1}{3}$$

Entonces

$P \Bigg( \dfrac{1}{3}, \dfrac{1}{3}, \dfrac{1}{3} \Bigg) = 2 \Bigg( \dfrac{1}{9} \Bigg) + 2 \Bigg( \dfrac{1}{9} \Bigg) + 2 \Bigg( \dfrac{1}{9} \Bigg) = \dfrac{6}{9} = \dfrac{2}{3}$

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 $p, q \geq 0$, 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 $ \Bigg( \dfrac{1}{3}, \dfrac{1}{3}, \dfrac{1}{3} \Bigg)$.

Animación:

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

Problema de maximización (o minimización)

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

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

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

Hipótesis:

Para todo $ \vec{p} \in {g_1}^{-1} (0) \cap {g_2}^{-1} (0) \neq \emptyset$ los gradientes $\nabla g_1 (\vec{p})$ y $\nabla g_2 (\vec{p})$ son linealmente independientes.

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

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

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

$z \rightarrow f \big( h_1 (x, y, z) , h_2 (x, y, z) , z \big)$

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

$x = h_1 (z)$

$y = h_2 (z)$

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

Maximizar $f ( \alpha (z) )$

Derivando

$\nabla f \big( \alpha (z) \big) \cdot {\alpha \, }’ (z) = \Big( \dfrac{\partial f}{\partial x} , \dfrac{\partial f}{\partial y} , \dfrac{\partial f}{\partial z} \Big) \cdot \Big( {h_1}’ , {h_2}’ , 1 \Big) = 0$

$\dfrac{\partial f}{\partial x} {h_1}’ \, + \, \dfrac{\partial f}{\partial y} {h_2}’ \, + \, \dfrac{\partial f}{\partial z} = 0$

Luego $\nabla f$ es ortogonal a ${\alpha \, }’$, es decir, $\nabla f$ está en el plano generado por $\nabla g_1$ y $\nabla g_2$, es decir,

$$\nabla f = \lambda_1 \nabla g_1 \, + \, \lambda_2 \nabla g_2$$

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

$f (x, y) = 0$

$f^{-1} (0) = \big\{ (x, y) \in \mathbb{R}^2 \big| f (x, y) = 0 \big\}$ 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 \rightarrow \mathbb{R} $ de clase $\mathcal{C}^1$, $f^{-1} (0) \neq \emptyset$

$\nabla f (p) \neq \vec{0}$, para todo $p \in f^{-1} (0)$

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

Si $\nabla f (p) \neq \vec{0}$, entonces

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

b) $\dfrac{\partial f}{\partial y} (p) \neq 0$ 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

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

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

*) Podría ser un punto,

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

***) podría ser una curva con picos.

Condiciones

$f^{-1} (0) \neq \emptyset$, con $f : \mathbb{R}^3 \rightarrow \mathbb{R}$ de clase $\mathbb{C}^1$

$\nabla f (\vec{p}) \neq \vec{0}$ para todo $\vec{p} \in f^{-1} (0) $

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

Si $\nabla f (\vec{p}) \neq \vec{0}$ entonces:

i) $\dfrac{\partial f}{\partial x} (\vec{p}) \neq 0$ entonces existe $g $ tal que $ x = g (y, z)$

ii) $\dfrac{\partial f}{\partial y} (\vec{p}) \neq 0$ entonces existe $h $ tal que $ y = h (x, z)$

iii) $\dfrac{\partial f}{\partial z} (\vec{p}) \neq 0$ entonces existe $\varphi $ tal que $ z = \varphi (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 $F : \mathbb{R}^3 \rightarrow \mathbb{R}^2$ tal que

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

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

$ \nabla f = ( 0, 0, 1) \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; f (x, y, z) = z$

$ \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

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

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

$$\begin{pmatrix} \dfrac{\partial f}{\partial x} (\vec{p}) & \dfrac{\partial f}{\partial y} (\vec{p}) & \dfrac{\partial f}{\partial z} (\vec{p}) \\ \\ \dfrac{\partial g}{\partial x} (\vec{p}) & \dfrac{\partial g}{\partial y} (\vec{p}) & \dfrac{\partial g}{\partial z} (\vec{p}) \end{pmatrix}$$

¿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) $\begin{vmatrix} \dfrac{\partial f}{\partial x} (\vec{p}) & \dfrac{\partial f}{\partial y} (\vec{p}) \\ \\ \dfrac{\partial g}{\partial x} (\vec{p}) & \dfrac{\partial g}{\partial y} (\vec{p}) \end{vmatrix}$

b) $\begin{vmatrix} \dfrac{\partial f}{\partial x} (\vec{p}) & \dfrac{\partial f}{\partial z} (\vec{p}) \\ \\ \dfrac{\partial g}{\partial x} (\vec{p}) & \dfrac{\partial g}{\partial z} (\vec{p}) \end{vmatrix}$

c) $\begin{vmatrix} \dfrac{\partial f}{\partial y} (\vec{p}) & \dfrac{\partial f}{\partial z} (\vec{p}) \\ \\ \dfrac{\partial g}{\partial y} (\vec{p}) & \dfrac{\partial g}{\partial z} (\vec{p}) \end{vmatrix}$

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

$y = \varphi_1 (x)$

$z = \varphi_2 (x)$

Veamos un ejemplo de este tipo.

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

$ 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 $\vec{p}$ es

$\begin{pmatrix} 2x & 2y & 2z \\ \\ 1 & 1 & 1 \end{pmatrix}$

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

$\begin{vmatrix} 0 & 0 \\ \\ 1 & 1 \end{vmatrix} = 0$

$\begin{vmatrix} 0 & 2 \\ \\ 1 & 1 \end{vmatrix} = – \, 2 \neq 0 $ entonces $x = g_1 (y) ; y = g_2 (y)$

$\begin{vmatrix} 0 & 2 \\ \\ 1 & 1 \end{vmatrix} = – \, 2 \neq 0 $ entonces $y = \varphi_1 (x) ; z = \varphi_2 (x)$

Luego, puedo elegir culaquiera de estas últimas dos opciones.

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

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

$\alpha : (\, – \, \epsilon , \epsilon) \subset \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}^3$

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

$ \begin{equation*} \left\{ \begin{aligned} x^2 + \varphi (x)^2 + \psi (x)^2 &= 1 \\ \\ x + \varphi (x) + \psi (x) &= 1 \end{aligned} \right. \end{equation*}$

Derivando con respecto a $x$

$ \begin{equation*} \left\{ \begin{aligned} \cancel{2}x + \cancel{2}\varphi (x) + \cancel{2} \psi (x) &= 0 \\ \\ 1 + {\varphi \, }’ (x) + {\psi \, }’ (x) &= 0 \end{aligned} \right. \end{equation*}$

$\begin{pmatrix} \varphi (x) & \psi (x) \\ \\ 1 & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} {\varphi \, }’ (x) \\ \\ {\psi \, }’ (x) \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \, – \, x \\ \\ \, – \, 1 \end{pmatrix}$

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

$\varphi (0) = 0$

$\psi (0) = 1$

se tiene que

$\begin{pmatrix} 0 & 1 \\ \\ 1 & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} {\varphi \, }’ (0) \\ \\ {\psi \, }’ (0) \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ \\ \, – \, 1 \end{pmatrix}$

Entonces

$ \begin{pmatrix} {\varphi \, }’ (0) \\ \\ {\psi \, }’ (0) \end{pmatrix} = {\begin{pmatrix} 0 & 1 \\ \\ 1 & 1 \end{pmatrix}}^{-1} \begin{pmatrix} 0 \\ \\ \, – \, 1 \end{pmatrix}$

$ \begin{pmatrix} {\varphi \, }’ (0) \\ \\ {\psi \, }’ (0) \end{pmatrix} = {\begin{pmatrix} \, – \, 1 & 1 \\ \\ 1 & 0 \end{pmatrix}} \begin{pmatrix} 0 \\ \\ \, – \, 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \, – \, 1 \\ \\ 0 \end{pmatrix}$

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

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 \rightarrow \mathbb{R}^2$, $F (f, g)$

$d F_p : \mathbb{R}^2 \rightarrow \mathbb{R}^2$

$\begin{pmatrix} f_x (\vec{p}) & f_y (\vec{p}) \\ \\ g_x (\vec{p}) & g_y (\vec{p}) \end{pmatrix} \begin{pmatrix} h_1 \\ \\ h_2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} k_1 \\ \\ k_2 \end{pmatrix} $

$d F_p$ es invertible si y sólo si la matriz tiene determinante distinto de cero. Luego $F $ localmente es invertible (cerca de $\vec{p}$ ), 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{align*} g_1 ( x, y, z) &= 0 \\ g_2 ( x, y, z) &= 0 \end{align*}$

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 $x = {\varphi}_1 (z)$ y $y = {\varphi}_2 (z).$

$z \rightarrow \big( {\varphi}_1 (z) , {\varphi}_2 (z) , {\varphi}_3 (z) \big)$ es una parametrización de la curva.

Necesitamos una versión adecuada del teorema de la función implícita.

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

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

$ (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 $\nabla g_1$ y $\nabla g_2$

$$ \nabla g_1 \times \nabla g_2$$

Tres vectores en $\mathbb{R}^3$ anclados en el punto son $\nabla g_1$, $\nabla g_2$ y $\nabla f.$

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

$$T \perp \nabla g_1$$

$$T \perp \nabla g_2$$

$$T \perp \nabla f $$

$$\nabla f = {\lambda}_1 \nabla g_1 \, + \, {\lambda}_2 \nabla g_2$$

Calculemos los gradientes

$\nabla f (x, y, z) = \Big(\dfrac{\partial f}{\partial x}, \dfrac{\partial f}{\partial y}, \dfrac{\partial f}{\partial z} \Big)$

$\nabla f (x, y, z) = ( \, – \, 1, 2, 2 )$

$\nabla g_1 (x, y, z) = ( 2x , 2y , 0 )$

$\nabla g_2 (x, y, z) = ( 0 , 1 , 2 )$

Si $f \Big|_{\mathcal{K}}$, 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:

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

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

$\nabla f = {\lambda}_1 \nabla g_1 \, + \, {\lambda}_2 \nabla g_2$

$\begin{pmatrix} \, – \, 1 \\ 2 \\ 2 \end{pmatrix} = {\lambda}_1 \begin{pmatrix} 2x \\ 2y \\ 0 \end{pmatrix} \, + \, {\lambda}_2 \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ 2 \end{pmatrix}$

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

$\left\{ \begin{align*} – \, 1 &= 2x {\lambda}_1 \\ \\ 2 &= 2y {\lambda}_1 + {\lambda}_2 \\ \\2 &= 2 {\lambda}_2 \\ \\ x^2 + y^2 &= 2 \\ \\ y + 2z &= 1 \end{align*} \right.$

Resolviendo este sistema se tiene que:

$ {\lambda}_2 = 1$

${\lambda}_1 = \pm \dfrac{1}{2}$

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

$x = \, – \, 1$, $ y = 1$ , $z = 0$

Para ${\lambda}_1 = \, – \, \dfrac{1}{2}$ 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 $f \Big|_{\mathcal{E}}$ 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 \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$