DERIVADAS PARCIALESOctober 17, 2011 1 Concepto. Considere la función de 2 variables z = f (x, y) de nida en una región R de R2 , se quiere calcular las derivadas parciales de esta función. z = f (x, y) en una función de una variable, x por x = x0 la función queda en la variable y, , la función z = f (x0 , y) se podría derivar respecto a la variable y. Este modo de derivar se llama parcial ∂z ,el símbolo ∂ que se lee como delta es exclusivo de derivación parcial. y se simboliza por ∂y Del mismo modo si se ja la variable y , digamos que se ja y = y0 ,la función z = f (x, y0 ) queda sólo en variable ∂z x y por tanto se puede derivar respecto a esta variable, lo que se simboliza por . ∂x Ahora imagine la grá ca de z = f (x, y) como la cáscara de una naranja y los planos x = x0 , y = y0 como dos cuchillos que cortan a la naranja en forma perpendicular y dejan en la super cie de la naranja dos curvas C1 yC2 por las cuales se trazan dos tangentes,tangente1y tangente2 a estas curvas por el punto de contacto (x0 , y0 , z0 ) con ∂z que se conoce como derivada parcial de la función z respecto a la variable z0 = f (x0 , y0 ), el número ∂x x en el punto (x0 , y0 ) es la pendiente de la recta tangente 1 a la curva C1 . ∂z Del mismo modo el número que se conoce como derivada parcial de la función z respecto a la ∂y variable y en el punto (x0 , y0 ) es la pendiente de la recta tangente 2 a la curva C2 .Véase el grá co Como se supone que sabemos derivar en una variable ,convertimos eso se logra jando una de las variables. Si se ja la variable x, reemplazamos Asi las derivadas parciales son sencillamentes números que miden el cambio en la variable z cuando una de sus varaibles se deja ja y la otra variable sufre un cambio. 2 Derivadas parciales de orden superior ∂2z = zxx = fxx signi ca ∂x2 x,manteniendo ja la variable y . El símbolo que la función z = f (x, y) 1 se deriva dos veces respecto a la misma variable y). pero primero se deriva ∂y∂x z = f (x. 1) como se ve en la gura. y) se deriva dos veces respecto a la misma variable ∂y 2 y . por suerte en un gran porcentaje de los casos se obtiene el mismo resultado si primero se deriva respecto a la variable y y el resultado se deriva respecto a la contraria x. derivando respecto a la variable y ∂x (x + y)2 (x + y)2 2 se tiene . y) respecto a la variable x luego el resultado se deriva respecto a la variable contraria y . y) = (x − 1)2 + (y − 1)2 es una super cie conocida como paraboloide que se dibuja a continuación cuyas curvas de nivel son circunferencias centradas en (1. Si z= xy x+y veri car que x· ∂z ∂z +y· =z ∂x ∂y Solución. Esta derivada se El símbolo conoce como deriva mixta o cruzada. Otro grá co es el de la función z = f (x.1) . donde x.manteniendo ja la variable x. y) = (x − 1)2 − (y − 1)2 que tiene un punto silla y curvas de nivel hipérbolas curvas de nivel→ Ejemplos 1. justo en el centro de las circunferencias. ∂2z El símbolo = zxy = fxy signi ca que la función z = f (x.∂2z = zyy = fyy signi ca que la función z = f (x. y se consideran variables z hace el papel de variable dependiente o eje Z en un sistema 3D. esto se simboliza escribiendo ∂2z ∂2z = ∂y∂x ∂x∂y 3 Ejercicios resueltos de Derivadas Parciales z = f (x.Por ejemplo z = f (x. Una función de 2 variables es cualquier función de la forma independientes y la variable curvas de nivel→ El grá co muestra un valor mínimo en (1. y) se deriva dos veces. Derivando respecto a x se tiene ∂z y(x + y) − xy(1) y2 = = . Máximos y mínimos de una función de dos variables z = f (x. para todo (x. = 2 ∂y (x + y) (x + y)2 multiplicando por x la primera. y) ≤ y0 . (a) ¾ Cuantas unidades se producen al día . y0 ) tal que z0 = f (x0 . En la actualidad laboran 20 trabajadores cali cados y 40 no cali cados . Con x z = f (x.? (c) ¾ En cuanto cambiará el nivel de producción diario si se adiciona un trabajador cali cado a la fuerza laboral . y0 )tal como mínimo local al valor . Sea z = ln(x2 + y 2 ) Demostrar que y· justamente =z ∂2z ∂z ∂2z − x − =0 2 ∂x ∂x∂y ∂y Solución. y0 ).Multiplicando (2) por −x. y) cerca de (x0 .cancelando = +y· =x· ∂x ∂y (x + y)2 (x + y)2 (x + y)2 x+y 2. y) cerca de (x0 .y) = 10x2 y unidades al día . para todo (x. ∂2z 2(x2 + y 2 ) − 2x(2x) 2y 2 − 2x2 ∂z 1 · 2x → = = ← (1) = 2 ∂x x + y2 ∂x2 (x2 + y 2 )2 (x2 + y 2 )2 ∂2z por otro lado calculamos la derivada mixta que signi ca derivar primero respecto a x y luego el resultado ∂x∂y derivamos respecto a y ∂z 1 · 2x respecto la variable y se tiene Derivando = 2 ∂x x + y2 2 ∂ z −4xy ∂ 2x )= 2 ← (2) = ( ∂x∂y ∂y x2 + y 2 (x + y 2 )2 ∂z 1 = 2 · 2y← (3) ∂y x + y2 Multiplicando (1) por y . SI 5. un fabricante puede fabricarP (x. y) de dos variables se de ne como valor f (x.Si Demostrar 4. Propuesto. del mismo se de ne que f (x.y) = √ x − 5y Demuestre que 25 · trabajadores cali cados e y ∂2u ∂2u − 2 =0 ∂x2 ∂y trabajadores no cali cados .? P (20. y = 40→ = 10(20)2 ∂y ∂y Solución a) Basta evaluar Solución b) Se pide 4 =4000. y) ≥ y0 .x2 ∂z x(x + y) − xy(1) = . Propuesto. Para la función 3 máximo local al valorz0 = f (x0 .Multiplicando (3) por (-1) y sumando tenemos y· −4xy 1 2y 3 − 2x2 y + 4x2 y − 2y(x2 + y 2 ) ∂2z ∂z 2y 2 − 2x2 ∂2z − x − = y· −x · − · 2y= =0 ∂x2 ∂x∂y ∂y (x2 + y 2 )2 (x2 + y 2 )2 x2 + y 2 (x2 + y 2 )2 u = (x − y)(y − z)(z − x) ∂u ∂u ∂u que + + =0 ∂x ∂y ∂z 3. por y la segunda y luego sumando se tiene x· ∂z x2 xy(y + x) xy ∂z y2 + y · = . y0 ). 40) = 160000 ∂P ∂P = 10x2 evaluado en x = 20.? (b) ¾ En cuanto cambiará el nivel de producción diario si se adiciona un trabajador no cali cado a la fuerza laboral . y0 ) es el valor mas bajo de la función en torno (x0 . y0 ). y0 ) es el valor mas alto en torno a (x0 . punto (x0 . hay otra situación. y) primero se resuelve dicho sistema. y0 ). y0 ) y en el caso de máximo el valor z0 = f (x0 . en (x0 . y0 ) puede haber un .z0 = f (x0 .. y0 ) donde se realiza el valor extremo. se conoce como valor crítico y es la solución del sistema Como se aprecia en los grá cos el valor mínimo punto al El ∂z = 0 ∂x ∂z = 0 ∂y Luego para hallar los valores máximos o mínimos de una función Además el sistema puede arrojar una solución (x0 .donde llamado punto silla 4 z = f (x. y0 ) es un valor mínimo de z = f (x. y) = 0. z0 = f (x0 . y) λ recibe el nombre de El número Multiplicador de Lagrange el valor crítico que optimiza a la función ∂L ∂x ∂L ∂y ∂L ∂λ z = f (x. Si se quiere maximizar la función z = f (x.λ) = f (x. y0 ) hay un punto silla. Si 422 < 0 Si 422 = 0. y0 ) es un valor crítico de la función z = f (x. entonces en (x0 . entonces z0 = f (x0 . y) = x3 y 2 (6 − x − y) 5 entonces el señor Lagrange . 422 = · − = ∂x2 ∂x2 ∂y 2 ∂2z ∂z∂y 2 ambas evaluadas en en el valor crítico (x0 . y) continua con derivadas parciales continuas en (x0 . y0 ) es un valor máximo de z = f (x. y0 ). Si (x0 . propone construir la función L(x. y0 ) solución del sistema ∂z = 0 ∂x ∂z = 0 ∂y y se de nen : 411 ∂2z ∂2z ∂2z . y) si y sólo si 422 > 0∧411 < 0.CRITERO DEL HESSIANO PARA HALLAR VALORES EXTREMOS. y) + λ · g(x. y) sujeta a la única condición g(x. y) es solución del sistema =0 =0 =0 EJEMPLOS 1.y. entonces falta información CRITERO DE LAGRANGE PARA HALLAR VALORES EXTREMOS CONDICIONADOS. y) si y sólo si 422 > 0∧411 > 0. Hallar máximos y mínimos de cada una de las siguientes funciones (a) z = f (x. cero en el punto crítico.(b) z = f (x. y = 2 derivada mixta ∂x∂y ∂z ∂2z De =12x3 y−2x4 y − 3x3 y 2 derivando otra vez con respecto a y se tiene = 12x3 − 2x4 − 6x3 y= ∂y ∂y 2 −162 valor obtenido al reemplazar en x = 3. y = 2 ∂z =18x2 y 2 −4x3 y 2 − 3x2 y 3 . resumiendo se tiene De 411 =−144 < 0. y) = x2 y 2 − y 3 − x3 + xy Solución a) Primero derivamos parcialmente la función z = f (x. = −3y 2 − 3x ∂x ∂y resolvemos el sistema 6 implica un valor máximo en (3. z = f (x. Si422 Si422 2 2 ∂2z ∂2z ∂ z · − es 2 2 ∂x ∂y ∂x∂y 2 2 ∂ z ∂2z ∂2z · − = es 2 2 ∂x ∂y ∂x∂y = negativo en el punto crítico. y = 2 obteniendose el primer punto crítico (3. entonces en él hay un punto silla. entonces en él hay un valor mínimo. y) = x3 y 2 (6 − x − y)= 6x3 y 2 − x4 y 2 − x3 y 3 e igualamos a cero ∂z ∂z =18x2 y 2 −4x3 y 2 − 3x2 y 3 . y) = x3 − y 3 − 3xy derivamos parcialmente la función e igualamos a cero ∂z ∂z = 3x2 − 3y . 2) . Solución b) z = f (x.422 = (−144)(−162) − (−108)2 = 11664 > 0.que dice asi: 411 Si ∂2z = ∂x2 es positivo y 422 ∂2z ∂2z = · − ∂x2 ∂y 2 ∂2z ∂x∂y 2 tambien positivo en el punto crítico. Asi que debemos calcular las segundas derivadas parciales ∂z ∂2z =18x2 y 2 −4x3 y 2 − 3x2 y 3 →411 = = 36xy 2 − 12x2 y 2 − 6xy 3 = −144 < 0 valor obtenido ∂x ∂x2 al reemplazar en x = 3. =12x3 y−2x4 y − 3x3 y 2 ∂x ∂y resolvemos el sistema no lineal ∂z = 18x2 y 2 − 4x3 y 2 − 3x2 y 3 = 0 ∂x ∂z = 12x3 y − 2x4 y − 3x3 y 2 =0 ∂y no hay un método para resolver un sistema no lineal factorizamos las ecuaciones ∂z = x2 y 2 (18 − 4x − 3y) ∂x ∂z = x3 y(12 − 2x − 3y) ∂y De ecuación 1 tenemos que De ecuación 2 tenemos que =0 =0 2 2 x y =0 o x2 y = 0 o 18 − 4x − 3y = 0 12 − 2x − 3y = 0 bien bien una solución salta a la vista y es la obtenida por el sistema ( 18 − 4x − 3y = 0 12 − 2x − 3y = 0 con solución x = 3. 2) ¾ y que tenemos en este punto un valor máximo o un valor minimo.derivamos respecto a y (derivada mixta o cruzada) De ∂x ∂2z = 36x2 y − 8x3 y − 9x2 y 2 = −108 valor obtenido al reemplazar en x = 3. entonces no hay información.? para ello usamos el criterio del Hessiano. . Si 411 ∂2z = ∂x2 es negativo y 422 ∂2z ∂2z = · − ∂x2 ∂y 2 ∂2z ∂x∂y 2 positivo en el punto crítico.hay otros puntos críticos que hay que encontrar y analizar . entonces en él hay un valor máximo. y) = x3 − y 3 − 3xy i. y = 2 . donde mínimo? veamos las segundas derivadas parciales De ∂2z ∂z = 2xy 2 − 3x2 + y⇒ 411 = = 2y 2 − 6x ∂x ∂x2 7 . ∂2z en (−1. 422 = −36 · 0 − 9= −9 < 0. y) = x2 y 2 − y 3 − x3 + xy derivamos parcialmente la función e igualamos a cero ∂z ∂z = 2xy 2 − 3x2 + y . se tiene (2xy 2 − 2x2 y) − (3x2 − 3y 2 ) + (y−x) = 0 Factorizando 2xy(y − x) − 3(x2 − y 2 ) + (y−x) = 0⇒ 2xy(y − x) − 3(x − y)(x + y) + (y − x) = 0 Factorizando por (y − x)⇒ (y − x) [2xy − 3(−1)(x + y) + 1]= 0⇐⇒⇒ (y − x) [2xy + 3x + 3y + 1]= 0 se deduce que es y − x = 0 ← (1) o bien [2xy + 3x + 3y + 1] = 0← (2) considerando (1) ⇒ y = x 2 2 3 2 reemplazamos y = x en 2xy − 3x + y= 0 se tiene 2x − 3x + x = 0 esta ecuación cúbica por fortuna se puede factorizar por x x(2x2 − 3x + 1) = 0 2 de donde x = 0 o bien 2x − 3x + 1 = 0 ecuación de segudo grado con solución x = 1. ) 2 2 ¾ donde hay máximo . = 2x2 y − 3y 2 +x ∂x ∂y resolvemos el sistema ∂z = 2xy 2 − 3x2 + y = 0 ∂x ∂z = 2x2 y − 3y 2 + x = 0 ∂y restando la ecuación 1 con la ecuación 2 . (1. 422 = −36(−1)(1) − 9= 27 positivo. 1) se tiene √ 3 −1 = −1. Calculamos derivadas de orden 2 ∂2z ∂z = 6x = 3x2 − 3y⇒ 411 = ∂x ∂x2 ∂z ∂2z De = 3x2 − 3y⇒derivada mixta = −3 ∂x ∂x∂y 2 ∂z ∂ z De = −3y 2 − 3x ⇒ 2 = −6y ∂y ∂y 2 2 2 2 ∂ z ∂ z ∂ z 2 422 = · − es422 = 6x · −6y − (−3) es 422 = −36xy − 9 ∂x2 ∂y 2 ∂x∂y observe que en (0. 0) 2 Si x = −1⇒ y = (−1) = 1punto crítico número dos es (−1. 1 1 (0. x = 1/2 tenemos tres valores de x . ( . ( ( ∂z 2 = 3x2 − 3y = 0 x − y = 0 y = x2 0 ∂x ⇒ ∂z 2 2 2 −y − x = 0 ⇒ y + x = 0 = −3y − 3x = 0 ∂y reemplazando ecuación 1 en ecuación 2 (x2 )2 + x = 0⇒ x(x3 + 1) = 0 implica x = 0 o bien x3 + 1 = 0→ x3 = −1→ x = tenemos dos posibles valores para x 2 Como y = x 2 Si x = 0 ⇒ y = 0 = 0 punto crítico número uno es (0. según criterio hay un punto silla en este punto.como y = x tenemos tres puntos críticos. 1). 0). 0). Solución c) z = f (x. como 411 = = 6x= 6(−1) = −6 negativo ∂x2 De según criterio hay un valor máximo en dicho punto. 1). 0) hay un punto silla. )= (2/4 − 6/2)(2/4 − 6/2) − (1 + 1)2 = positivo. y son las demandas y son las demandas y p1 .1)= (2 − 6)(2 − 6) − (4 + 1)2 =16-25 negativo. . 0) 422 (0. p2 son los precios. p2 ) = (p1 − 4)(1 − p1 + 2p2 ) + (p2 − 1)(11 + p1 − 3p2 ) calculamos las derivadas parciales ∂U = 1·(1 − p1 + 2p2 ) + (p1 − 4)(−1) + (p2 − 1)(1)= −2p1 + 3p2 + 4 ∂p1 ∂U =(p1 − 4)(2) + 1 · (11 + p1 − 3p2 ) + (p2 − 1)(−3)= 3p1 − 6p2 + 6 ∂p2 resolviendo el sistema 8 .costo conjunto U (x. evaluando 422 en el segundo crítico 1 1 ( . si las funciones de demanda y funciones de costo conjunto son (a) (b) x = 1 − p1 + 2p2 y = 11 + p1 − 3p2 C = 4x + y 2 p1 = 40 − 2x p2 = 12 − 3y C = 8 + 4x − 3y donde donde x. como 422 en (0. 1) 422 (1. como 411 es negativo y 422 es positivo 411 = ∂x2 4 un valor máximo. son los precios. y) = Ingreso conjunto .como 422 es negativo De evaluando 422 en el segundo crítico (1. ) 2 2 hay 2.∂z ∂2z = 2xy 2 − 3x2 + y⇒derivada mixta = 4xy + 1 ∂x ∂x∂y ∂z ∂2z De = 2x2 y − 3y 2 +x ⇒ 2 = 2x2 − 6y ∂y ∂y 2 2 ∂ z ∂2z ∂2z · − =(2y 2 − 6x)(2x2 − 6y) − (4xy + 1)2 422 = ∂x2 ∂y 2 ∂x∂y comenzamos evaluando 422 en elprimer crítico (0. y x. p2 ) = p1 x + p2 y − (4x + y)= (p1 − 4)x + (p2 − 1)y =(p1 − 4)(1 − p1 + 2p2 ) + (p2 − 1)(11 + p1 − 3p2 ) a)Ganancia o Utilidad Función a derivar U (p1 .0)= (0 − 0)(0 − 0) − (0 + 1)2 = −1 < 0.en este punto. es negativo en (1. 1) hay un punto silla. y) = precio · cantidad − costo U (p1 . p2 p1 . Hallar las cantidades y precios que maximizan la ganancia .en 1 1 ( . Solución a) U (x. ). 2 2 1 1 9 422 ( . falta el signo de 411 2 2 4 2 ∂2z = 2y 2 − 6x= − 3 < 0. El costo por unidad para el primer tipo de abrigo es 40 pesos y el costo unitario del segundo tipo es 50 pesos. hay que ver si en el punto crítico (14. y) = 36x − 2x3 + 9y − 3y 2 + 8 Ganancia o Utilidad derivamos e igualamos a cero .entonces en (14. U = 125.( −2p1 + 3p2 + 4 = 0 Resolviendo 3p1 − 6p2 + 6 = 0 el sistema p1 = 14. = 50 . respuesta x = 5. y) = (x − 40)(3200 − 50x + 25y)+(y − 50)(25x − 25y) Derivando parcialmente e igualando a cero ∂U = 1 · (3200 − 50x + 25y) + (x − 40) · (−50) + (y − 50)(25) = 3950 − 100x + 50y ∂x ∂U =(x − 40)(25)+(1)(25x − 25y)+(y − 50)(−25)= 50x − 50y + 250 ∂y Ahora resolvemos el sistema ( ( 3950 − 100x + 50y = 0 2x − y = 79 → → x = 84. y se obtienen reemplazando estos valores en las ecuaciones respectivas. Solución U (x. ¾ Cuál deberá ser el precio de venta de cada clase para obtener la máxima utilidad?. U (x. 89) Las derivadas parcialese orden 2 son ∂2U ∂2U ∂2U = −100 . Una tienda de ropa vende dos clases de abrigos que son parecidos pero están hechos por diferentes fabricantes. y = 89 50x − 50y + 250 =0 x − y = −5 El único punto crítico es (84. U (x.para ello hay que calcular las segudas derivadas parciales. 8) se realiza un valor maximo. y)= (40 − 2x2 − 4)x + (12 − 3y − 3)y + 8= (36 − 2x2 )x + (9 − 3y)y + 8 U (x. ∂U ∂2U = −2 =−2p1 + 3p2 + 4→ ∂p1 ∂p21 ∂U ∂2U De =−2p1 + 3p2 + 4→derivada mixta =3 ∂p1 ∂p1 ∂p2 2 ∂U ∂ U De =3p1 − 6p2 + 6→ 2 = −6 ∂p2 ∂p2 2 2 2 2 ∂ U ∂ U ∂ U 2 422 = · − =(−2)(−6) − 3 =positivo ∂p21 ∂p22 ∂p1 ∂p2 ∂2U y como 411 = = −2 negativo . 8) se realiza ∂p21 De un valor máximo. y) = p1 x + p2 y − (8 + 4x − 3y)= (p1 − 4)x + (p2 − 3)y + 8.p2 . y) = Ingreso conjunto . reemplazamos p1 . Se ha determinado por experiencia que si el precio de venta del primero es segundo es de y pesos . y = 3. 3.costo conjunto U (x. y la venta mensual total de la segunda es de(25x − 25y) abrigos. Solución b) 2 p1 = 40 − 2x p2 = 12 − 3y C = 8 + 4x − 3y donde x.las cantidades x. y son las demandas y p1 .Continue ud. y) = precio · cantidad − costo U (x. p2 = 8 esta son los precios . p2 son los precios. = −50 ∂x2 ∂x∂y ∂y 2 2 2 ∂2z ∂2z ∂ z 422 = · − = (−100)(−50) − 502 = 2500 ∂x2 ∂y 2 ∂x∂y 9 positivo . entonces la venta mensual total de la primera es de x pesos y el precio de venta del (3200 − 50x + 25y)abrigos. (b) Si a la empresa le cuesta $5 cada unidad de A y $ 7 cada unidad de B y la empresa puede vender todo a $ 10 por unidad ¾ Qué cantidades de A y de B maximizarán las utilidades de la empresa?. y) = 70x + 240y + 3xy − 4x2 − 5y 2 de A e x unidades elaborar P unidades . 89) hay un valor máximo. 30) hay un valor máximo. Solución a) Derivamos parcialmente ∂P ∂P = 70 + 3y − 8x. 411 = entonces en entonces el precio del primer tipo de abrigo debe ser de 84 y del segundo debe ser de 89 para obtener una utilidad máxima de U (84. = −10 2 ∂x ∂x∂y ∂y 2 2 2 ∂2P ∂2P ∂ P 422 = · − = (−8)(−10)−32 = 71 2 2 ∂x ∂y ∂x∂y ∂2P y como 411 = = −8 negativo.costo como todo se vende a 10 el ingreso es entonces 10P como la unidad de A cuesta 5 y la unidad de B cuesta 7 . la empresa puede P (x.001(x2 + xy + y 2 ) − 10000 Hallar el nivel de producción que aporta el bene cio máximo. 30) = 70 · 20 + 240 · 30 + 3 · 20 · 30 − 4 · 202 − 5 · 302 =4300 unidades. Usando y unidades de B . positivo.el costo es C = 5x + 7y la utilidad es entonces U (x. 30) Las derivadas parciales de orden 2 son ∂2P ∂2P ∂2P = −8. Una empresa utiliza dos tipos de materias primas A y B en la elaboración d su producto . = 240 + 3x − 10y . ∂x ∂y resolvemos el sistema ∂P = 70 + 3y − 8x =0 ∂x → x = 20. y) = 10P − 5x − 7y =10(70x + 240y + 3xy − 4x2 − 5y 2 ) − 5x − 7y Derivando parcialmente e igualando a cero 10 .con una máxima producción de P (20. y) = 8x + 10y − 0. = 3. Respuesta x = 2000. donde (a) ¾ Cuantas unidades de cada materia prima debería utilizar la empresa a n de maximizar su producción?. El bene cio que se obtiene produciendo x unidades de A e y unidades de B . y = 4000 5. Solución b) Función utilidad =Ingreso .y como ∂2U = −100 negativo. y = 30 ∂P = 240 + 3x − 10y = 0 ∂y El único punto crítico es (20. (c) Los costos de materias primas son como en parte b) Maximice la producción sujeto a la condición de presupuesto de $ 250 para materias primas. ∂x2 (84. 89) = (84 − 40)(3200 − 50 · 84 + 25 · 89)+(89 − 50)(25 · 84 − 25 · 89)= 49025 4. ∂x2 entonces en (20. se aproxima por el modelo P (x.se deben usar 20 unidades de A y 30 unidades de B a n de maximizar la producción . respuesta entonces . ∂U = 10(70 + 3y − 8x) − 5 = −80x + 30y + 695 ∂x ∂U = 10(240 + 3x − 10y) − 7 = 30x − 100y + 2393 ∂y ( −80x + 30y + 695 = 0 → x = 19. y. usamos el método de Lagrange Función de Lagrange=Función a optmizar +λ·Condición. λ) = 70x + 240y + 3xy − 4x2 − 5y 2 + λ · (5x + 7y − 250) es esta función la que sometemos a derivadas. 30) hay un valor máximo. y) = 5x + 7y − 250. 9 30x − 100y + 2393 = 0 aproximando el único punto crítico (20. Solución c) Aqui tenemo un máximo condicionado. 30) = 70 · 20 + 240 · 30 + 3 · 20 · 30 − 4 · 202 − 5 · 302 =4300 unidades. luego la función de Lagrange queda en tres variables escrita como L(x. x. y. λ tenemos ∂L ∂L ∂L = 70 + 3y − 8x + λ(5). y. = −100 = 30 . λ g(x. 9. = (5x + 7y − 250). = −λ 5 7 70 + 3y − 8x 240 + 3x − 10y = 5 7 Multiplicando cruzado y simpli cando tenemos 71y = 71x + 710⇒ y = x + 10 y = x + 10 en 5x + 7y − 250 = 0 se tiene la simple ecuación 5x + 7(x + 10) = 250⇒ x = 15 reemplazamos 11 asi tenemos se crítico x = 15. ∂x2 ∂x∂y ∂y 2 2 2 ∂2U ∂2U ∂ U 422 = · − = (−80)(−100)−302 = 7100 ∂x2 ∂y 2 ∂x∂y ∂2U = −80 negativo. La función a optimizar ( maximizar) es la producción P (x. y) = 70x + 240y + 3xy − 4x2 − 5y 2 sujeta a una condición de presupesto que es 250 = 5x + 7y que la escribimos como función x. = 240 + 3x − 10y + λ(7). respuesta entonces . y = 29.se deben usar 20 unidades de A y 30 unidades de B a n de maximizar la producción . y = 25con . 30) Las derivadas parciales de orden 2 son ∂2P ∂2U ∂2P = −80 . y como 411 = ∂x2 entonces en (20. positivo.con una máxima producción de P (20. ∂x ∂y ∂λ Derivando respecto a las variables resolvemos el sistema ( 70 + 3y − 8x + 5λ =0 240 + 3x − 10y + 7λ = 0 5x + 7y − 250 = 0 Cuando el sistema es lineal es conveniente despejar λ de ambas ecuaciones (1) y (2) y entonces igualar 70 + 3y − 8x 240 + 3x − 10y = −λ. y = 25.240 + 3 · 15 − 10 · 25 = −λ→ λ = −5 7 ¾ que hay en el punto crítico (x = 15. λ = −5). . un máximo o un mínimo? Usamos el criterio del Hessiano Orlado. . . 0 gx gy . . . 433 = . . gx Lxx Lxy . . . gy son las derivadas parciales de g(x.donde gx . y) . gy Lyx Lyy . Lyy son las derivadas parciales de orden 2 de L(x.Lxy = Lyx . y) entonces 433 > 0 ⇒hay un valor máximo en el crítico. . Si 433 = 0 ⇒no hay información. Donde Lxx . 433 < 0 ⇒hay un valor mínimo en el crítico. . . . . 0 5 7 . . gx gy . . . . 0 . 3 . . 433 = . . gx Lxx Lxy . . =. . 5 −8 . gy Lyx Lyy . . 7 3 −10 . . . . . 0 5 7 . . −8 3 . . es un número llamado Determinante que tiene muchas formas de resolverlo.pero la expresión . 5 . . 7 3 −10 . 000 dólares . (b) ¾Como cambia la producción si el total del capital se aumenta en 1. y. R. y) = 50x 5 y 5 Si se dispone de un capital de 150.Lx =L(x.( una unidad ) R .sumamos hacia abajo y restamos hacia arriba como lo indica la gura. y.508 unidades. Solución parcial a) Este tambien es un problema de maximo condicionado. Como ha dado positivo. Se estima que si se gastan será x miles de dólares en trabajo e y miles de dólares en equipos . por cada unidad de dólar la producción crecerá en aproximadamente 25. Si Si usamos aqui el método de Sarrus. la producción 2 3 deP (x. (a) Hallar cuanto se debe distribuir entre trabajo y equipamiento para que la producción sea máxima. que consiste en copiar las dos primeras columnas a continuación de la tercera columna y multiplicar en diagonal.000 .usamos Lagrange 2 3 L(x. λ) = 50x 5 y 5´ + λ(x + y − 150000) Observe que la condición es g(x. 2 −2 −3 3 Lx =L(x.000 dólares. y= 90. λ) = 30x 5 y 5´ + λ(1). Max en x=60. podemos a rmar que en el crítico hay un valor máximo. y) = x + y − 150000 Derivando parcialmente e igualando a cero.Lλ = 1 · (x + y − 150000) resolvemos el sistema 12 . y. 6. λ) = 20x 5 y 5´ + λ(1).000. y) = 12x2 + 12y 2 − x3 y 3 + 5.9 ∼ 2.Continue Ud. Respuesta: Los precios son p1 = 5.p2 = 4. 2. Hallar los máximos o mínimos de la función z = f (x.3. Base cuadrada de lado √ 3 4. 4.0) con mínimo igual a 5. 13 . 3.X2 a que se enfrenta el monopolista son ( x1 = 8 − 2p1 + p2 x2 = 10 + p1 − 3p2 y la función de costo es CT = x21 + x22 .p1 = 12.Calcule las dimensiones para las que el costo es mínimo. de costo C = 4x + y . los niveles de producción son x1 = 1. Una compañia planea fabricar cajas cerradas con la forma de un paralelepípedo rectangular con un volumen de 8 m3 . EJERCICIOS PROPUESTOS 1. Idem que ejercicio 1 si ( x = 1 − p1 + 2p2 con función y = 11 + p1 − 3p2 Respuesta. Encuentre los niveles aproximados de producción y precios que maximizan la utilidad.8 ∼ 5.5. Respuesta. El material de la tapa y del fondo cuesta el doble que el de los lados . p2 = 8. Respuesta. Las curvas de la demanda de las mercancías X1. altura √ 2 3 4. −3 3 20x 5 y 5´ + λ = 0 2 −2 5 30x y 5´ + λ = 0 x + y − 150000 = 0 Despejando λ de las ecuaciones (1) y (2). Mínimo en (0. x2 = 4.