El documento detalla el proceso de encontrar valores máximos y mínimos de funciones multivariables en regiones específicas mediante derivadas parciales y el método de Lagrange. Se analizan puntos críticos y extremos en diferentes restricciones y se determina el volumen máximo de una caja en el primer octante. También se discuten aplicaciones de estos conceptos en problemas de optimización relacionados con distancias y superficies.

1. Sección 11.7; Página 809.
28. Determine los valores máximos y mínimos de f en el conjunto D:
, 4 6 , |0 4 , 0 5
Fig. 1. Región D.
Se calculan las derivadas parciales de f:
, 4 2 , 6 2
Se igualan a cero:
4 2 0 2
2 4

2. 6−2 =0 2 =6
2 =6 =3
El único punto crítico de f en D es (2,3) donde
2,3 = 4 2 + 6 3 − 2 − 3
→ 2,3 = 13
Ahora se hallan los puntos críticos en las fronteras de D.
Para : = 0 y 0≤ ≤4
ℎ = ,0 = 4 −
ℎ = 4 − 2 → 4 − 2 = 0 ↔ 2 = 4 ↔ =2
Comoℎ = −2 < 0 , 2,0 es un máximo.
2,0 = 4 2 + 6 0 − 2 − 0 =4
En los extremos de este intervalo:
0,0 = 4 0 + 6 0 − 0 − 0 =0
4,0 = 4 4 + 6 0 − 4 − 0 =0
Ambos son mínimos.
Para : =4 y 0≤ ≤5
ℎ = 4, =6 −
ℎ = 6 − 2 → 6 − 2 = 0 ↔ 2 = 6 ↔ = 3
Comoℎ = −2 < 0 → 4,3 es un máximo.
4,3 = 4 4 + 6 3 − 4 − 3 =9
En los extremos de este intervalo:
4,0 = 4 4 + 6 0 − 4 − 0 =0
4,5 = 4 4 + 6 5 − 4 − 5 =5

3. 4,5 es un mínimo.
Para " : =5 y 0≤ ≤4
ℎ" = ,5 = 4 − +5
ℎ" = 4 − 2 → 4 − 2 = 0 ↔ 2 = 4 ↔ =2
Comoℎ" = −2 < 0 → 2,5 es un máximo.
2,5 = 4 2 + 6 5 − 2 − 5 =9
En los extremos de este intervalo:
0,5 = 4 0 + 6 5 − 0 − 5 =5
4,5 = 4 4 + 6 5 − 4 − 5 =5
Ambos son mínimos.
Para #: =0 y 0≤ ≤5
ℎ# = 0, =6 −
ℎ# = 6 − 2 → 6 − 2 = 0 ↔ 2 = 6 ↔ = 3
Comoℎ# = −2 < 0 → 0,3 es un máximo.
0,3 = 4 0 + 6 3 − 0 − 3 =9
En los extremos de este intervalo:
0,0 = 4 0 + 6 0 − 0 − 0 =0
0,5 = 4 0 + 6 5 − 0 − 5 =5
0,0 es un mínimo.
Comparando todos los puntos hallados, se tiene:
2,3 = 13 es el máximo local de f en D.
0,0 = 4,0 = 0 son los mínimos locales de f en D.

4. 41. Encuentre el volumen de la caja rectangular más grande que este en el primer
+ 2 + 3$ = 6.
octante y que tenga tres caras en los planos coordenados y un vértice en el plano
Como la caja está en el primer octante: > 0 , > 0 , $ > 0.
El volumen de la caja es & = $.
Se tiene la siguiente restricción: + 2 + 3$ = 6
3$ = 6 − −2
$=
'( (
"
Reemplazando en V:
&= ) *=
'( ( ' ( + ( +
" "
Se hallan las derivadas parciales de V:
1
= 6 −2 −2 = 6−2 −2
3 3
1
= 6 − −4 = 6− −4
3 3
Se igualan a cero las derivadas parciales:
= 0 ↔ 6−2 −2 = 0 ↔ = 0 ∨ 6 − 2 − 2 = 0
3
Pero, > 0 → 6 − 2 − 2 = 0 → 2 + 2 = 6 (ec.1)
= 0 ↔ 6− −4 = 0 ↔ = 0 ∨ 6 − − 4 = 0
3
Pero, > 0 → 6 − − 4 = 0 → +4 =6 (ec.2)
Si se multiplica (ec.2) por (-2), se tiene: −2 − 8 = −12.
Luego se suma con (ec.1), se obtiene:
−6 = −6 → =1

5. Se reemplaza este valor en (ec.2):
6 4 4 1 4
6 4 2
El valor de z que corresponde a un máximo es:
'( ( '( ( '(#
$
" " " "
El volumen máximo es:
#
& 2 1 ) * ./012134 5ú70524
" "
Sección 11.8; Página 819.
19. Encuentre los valores extremos de f en la región descrita por la desigualdad.
, 3( ; 4 1
Fig. 2. Región 4 1

6. Para +4 < 1 (dentro de la región):
= − 3( → − 3( = 0 ↔ =0
= − 3( → − 3( = 0 ↔ =0
Punto crítico: 0,0 → 0,0 = 3 (8 = 1
Para +4 = 1 (en la frontera): Se usa el método de los multiplicadores de
Lagrange.
, = 3( ; 9 , = +4 −1
− 3( , − 3( = : 2 ,8
Entonces:
− 3( = 2: (1)
− 3( = 8: (2)
+4 =1 (3)
De (1) y (2) se sabe que : ≠ 0, ya que si : = 0 → = 0 ∧ = 0, pero de (3) eso
es una contradicción.
= → = → 4 =
( = >?@ A
( = >?@ BA #
Se divide (1) entre (2):
Se reemplaza en (3):
1 1
4 +4 = 1 → 8 = 1 → = → = ±
8 2√2
Se reemplaza el valor de en (3):
1 1 1 1
+ 4 E F = 1 → + = 1 → = → = ±
8 2 2 √2
Se tiene:
1 1 G G G
E , F = 3 √+ +√+ = 3 ( H
() *) *
√2 2√2

7. 1 1 G G G
E ,− F = 3 √+ +√+ = 3 H
() *)( *
√2 2√2
1 1 G G
E− , F=3 = 3H
G
()( *) *
√+ +√+
√2 2√2
1 1 G G G
E− ,− F=3 = 3 ( H
()( *)( *
√+ +√+
√2 2√2
Entonces, el primer y último valor son mínimos, y el segundo y el tercero son
máximos.
7 I J (I = K, donde Q es una constante. ¿Qué valores de L y K minimizan la
22. Con base en el ejercicio 21, supongamos ahora que la producción se fija en
función costo L , J = M + /J?
L , J = M + /J ; 9 ,J = 7 I
J (I
−K
∇L = :∇9
M, / = : 7O I(
J (I
,7 1 − O I
J (I
Entonces:
M = :7O I(
J (I
(1)
/ = :7 1 − O I
J (I (2)
7 I
J (I
=K (3)
De (1):
M = :7O → : =
PQ R SPR Q
PR Q TIPQ R
(4)
De (2):
/ = :7 1 − O → : =
PQ UR Q
R Q T (I PQ
(5)
Igualando (4) y (5):

8. → =
SPR Q UR Q SP U
=
TIPQ R T (I PQ IR (I
Despejando a L:
=
UIR
S (I
(6)
Reemplazando este valor en (3):
/OJ I
7E F J (I
=K
M 1−O
Se despeja K:
/O I J I
7 J (I
=K
VM 1 − O WI
KVM 1 − O WI
JIJ (I
=
7 /O I
K M 1−O
I
J= X Y
7 /O
Se reemplaza este valor en (6):
/O K M 1−O
I
= X Y
M 1−O 7 /O
/O K VM 1 − O WI K (I V
= = /O M 1 − O WI(
M 1−O 7 /O I 7
39. El plano + + 2$ = 2 cruza el paraboloide $ = + en una elipse.
Determine los puntos sobre esta elipse que están más cerca y los que estén más
lejos del origen.
Se hallan los extremos de la función que representa la distancia de un punto
(x, y, z) al origen:
1 = , ,$ = + + $ , donde d es la distancia.
Esta función está sujeta a dos restricciones:

9. 9 , ,$ = + −$ ; ℎ , ,$ = + + 2$ − 2
∇ = :∇9 + Z∇ℎ
2 , 2 , 2$ = : 2 , 2 , −1 + Z 1,1,2
Entonces:
2 = 2: + Z (1)
2 = 2: + Z (2)
2$ = −: + 2Z (3)
+ =$ (4)
+ + 2$ = 2 (5)
Se restan (1) y (2):
2 − 2 = 2: − 2: + Z − Z
2 − = 2: −
Si: ≠ → : = 1
Reemplazando en (1):
2 = 2 + Z → Z = 0
De (3):
2$ = −: + 2Z
2$ = −1 + 0
1
$=−
2
Reemplazando en (4):
1
+ = − →←
2
Esto es una contradicción.

10. Entonces: =
Si = en (4):
2 =$
En (5):
2 + 2$ = 2
+$=1
$ =1−
Igualando:
2 =1−
2 + −1=0
1 1
2E + − F=0
2 2
1 1
+ − =0
2 2
1 1 1 1
+ +E F ]− − =0
2 4 2 16
1 9
E + F =
4 16
1 3
+ =±
4 4
Entonces: = ∨ = −1
Entonces: = ∨ = −1
$ = ∨ $ = 2

11. El punto más cercano es ) , , * : ) , , * =
"
#
El punto más lejano es −1, −1,2 : −1, −1,2 = 6
Repaso: “Revisión de conceptos”. Página 825.
59. Use los multiplicadores de Lagrange para encontrar los valores máximos y
mínimos de f sujetos a las restricciones dadas.
, = ; + =1
2 , = : 2 ,2
2 = 2: (1)
= 2: (2)
+ =1 (3)
Si = 0 → : = 0 → _0 = 0, `ab 3 →← → : = 0
3 3 : = 1 → = ±1 → _3 c03/3: 0, ±1 = 0
De (1): _0 ≠ 0 → = :
De (2): _0 = 0 → = 0 ; e3ba 3/ 3 : 0 + 0 = 1 →←
Entonces: ≠ 0 → : ≠ 0
Se divide (2) entre (1) y se obtiene: =2
De (3): 2 + = 1 → 3 = 1 → = ±
√"
En (3): = 1 − " = " → = ±f"
Entonces:
2 1 2 1 2
gh , i = g−h , i = → já 0Ma4
3 √3 3 √3 3√3

12. 2 1 2 1 2
gh , − i = g−h , − i = − → jí/0Ma4
3 √3 3 √3 3√3
0, ±1 /a 34 ./ Má 0Ma /0 ./ Mí/0Ma.
63. Determine los puntos de la superficie $ " = 2 más cercanos al origen.
1 = + +$ = , ,$
9 , ,$ = $" − 2
→ , , $ ≠ 0
2 , 2 , 2$ = : $", 2 $", 3 $
Entonces: 2 =: $" (1)
2 = 2: $" (2)
2$ = 3: $ (3)
$" = 2 (4)
De (2): 1 = $ ": (5)
De (3): 1=3 $: (6)
Se igualan:
$
$" = 3 $ → $ = 3 → = ±
√3
3 1 , 2 , 3 , 5 6 43 c03/3: : ≠ 0
Se dividen (1) y (3):
2 : $"
=
2$ 3: $
$
=
$ 3
3 =$

13. $
=±
√3
Se reemplazan y en (4):
$ $
± E± F $" = 2
√3 √3
$ $ " $'
± $ = 2 → ± = 2 → $ ' = ±6√3 → $ = f6√3
o
√3 3 3√3
o
q'√"
= =
p o
q'√"
=±
√" √" √"
De aquí se concluye que y .