Multiplicadores de Lagrange:

Vamos a analizar el método a traves de un ejemplo. Consideremos la función $f(x,y)=x^3+y^3$, $(0,0)$ es el único punto crítico. $(0,0)$ no es máximo ni mínimo. Para ver esto basta tomar $y=0$, $\epsilon >0$ y $-\epsilon$. Cerca de $(0,0)$ $f(\epsilon ,0)$ vale $\epsilon ^3>0$, y $f(-\epsilon ,0)$ vale $-\epsilon ^3<0$. Así $f(0,0)\geq f(x,y)$ cerca de $(0,0)$ es falso, y $f(0,0)\leq f(x,y)$ cerca de $(0,0)$ es falso. El punto es de silla.

Sin embargo en el conjunto $\{(x,y) / x^2+y^2\leq 1\}$, al ser cerrado y acotado se alcanza el máximo y el mínimo. Como $\{(x,y) / x^2+y^2< 1\}$ es abierto se pueden calcular bien las parciales. Elñ problema está en $\{(x,y) / x^2+y^2=1\}$. La pregunta es, ¿cómo se calculan los extremos de $x^3+y^3$ restringido al conjunto $ x^2+y^2=1$ ?

Problema:Extremos de $f(x,y)=x^3+y^3$, sujeto a la restricción $x^2+y^2-1=0$.

Se construye la Lagrangiana,

\begin{displaymath}L(x,y,\lambda )=f(x,y)-\lambda g(x,y)=x^3+y^3-\lambda (x^2+y^2-1)\end{displaymath}

Se buscan los puntos críticos, $\cases{\frac{\partial L}{\partial x}=3x^2-2\lambda x =0&\cr
\frac{\partial L}...
...^2-2\lambda y =0&\cr
\frac{\partial L}{\partial \lambda}=- (x^2+y^2-1)=0&\cr}$ De la primera ecuación se tiene

\begin{displaymath}3x^2-2\lambda x =x(3x-2\lambda ) =0\end{displaymath}

Así tenemos que puede ser

\begin{displaymath}x=0 \mbox{ o bien } 3x-2\lambda =0\end{displaymath}

De la tercera ecuación

\begin{displaymath}x=0\Rightarrow y=\pm 1 \end{displaymath}

que mirando en la segunda ecuación

\begin{displaymath}y=1\quad 3-2\lambda =0\Rightarrow \lambda =\frac{3}{2} \end{displaymath}


\begin{displaymath}y=-1\quad 3+2\lambda =0\Rightarrow \lambda = - \frac{3}{2} \end{displaymath}

proporciona los puntos

\begin{displaymath}(0,1,\frac{3}{2})\quad (0,-1, - \frac{3}{2})\end{displaymath}

La otra posibilidad en la primera ecuación es que

\begin{displaymath}x\neq 0\quad 3x-2\lambda=0\quad 3x=2\lambda\end{displaymath}

mirando en la segunda ecuación (al igual que hicimos en la primera) puede ser

\begin{displaymath}y=0 \mbox{ o bien } 3y-2\lambda =0\end{displaymath}

Y de nuevo de la tercera ecuación

\begin{displaymath}y=0\Rightarrow x=\pm 1 \end{displaymath}

de donde se obtiene

\begin{displaymath}x=1\quad \Rightarrow \lambda =\frac{3}{2} \end{displaymath}


\begin{displaymath}y=-1\quad \Rightarrow \lambda = - \frac{3}{2} \end{displaymath}

que nos proporciona los puntos

\begin{displaymath}(1,0,\frac{3}{2})\quad (-1, 0, - \frac{3}{2})\end{displaymath}

también puede ser, mirando en la segunda ecuación

\begin{displaymath}y\neq 0\quad 3y-2\lambda=0\quad 3y=2\lambda\end{displaymath}

y por tanto, eliminando el caso $x=0$ que ya hemos visto

\begin{displaymath}3x=2\lambda\quad3y=2\lambda\Rightarrow x=y \end{displaymath}

Que de acuerdo con la tercera ecuación nos da

\begin{displaymath}x=\pm \frac{\sqrt{2}}{2}\end{displaymath}

que al ser $3x=2\lambda$

\begin{displaymath}\lambda =\frac{3}{2}x=\pm \frac{3\sqrt{2}}{4}\end{displaymath}

obteniendose los puntos

\begin{displaymath}(\frac{\sqrt{2}}{2}, \frac{\sqrt{2}}{2}, \frac{3\sqrt{2}}{4})...
...frac{\sqrt{2}}{2}, - \frac{\sqrt{2}}{2}, - \frac{3\sqrt{2}}{4})\end{displaymath}

Hemos obtenido así $6$ puntos críticos del tipo $(x,y,\lambda )$ o si se quiere del tipo $(x,y)$ con multiplicador de Lagrange asociado $\lambda$

${\displaystyle (x,y):\quad (1,0)\,(0,1)\,(-1,0)\,(0,-1)\,(\frac{\sqrt{2}}{2}, \frac{\sqrt{2}}{2})\,(- \frac{\sqrt{2}}{2}, - \frac{\sqrt{2}}{2}) }$

${\displaystyle \qquad \lambda :\qquad \frac{3}{2} \quad \frac{3}{2}\quad - \frac{3}{2}\quad - \frac{3}{2}\qquad \frac{3\sqrt{2}}{4}\qquad - \frac{3\sqrt{2}}{4} }$

Ahora por simple comparación de valores

\begin{displaymath}f(1,0)=f(0,1)=1\quad f(-1,0)=f(0,-1)=-1\quad \end{displaymath}


\begin{displaymath}f(\frac{\sqrt{2}}{2},\frac{\sqrt{2}}{2})=\frac{\sqrt{2}}{2}\s...
...{2}}{2}, - \frac{\sqrt{2}}{2})=- \frac{\sqrt{2}}{2}\simeq -0.7 \end{displaymath}

Así $(1,0)$ y $(0,1)$ son máximos globales y $(-1,0)$ y $(0,-1)$ mínimos globales.


Antonio Garvín 05/06