Apuntes Máximos y Mínimos y Multiplicadores de Lagrange PDF

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Materia para obtener extremos de funciones y optimizar con restricciones ocupando los multiplicadores de Lagrange...

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Universidad Técnica Federico Santa María Departamento de Matemática

Coordinación de Matemática III (MAT023)

1.

Máximos y mínimos

Considere la función f : R2 → R, (x, y ) → f (x, y ) = x2 + y 2 , esta función es diferenciable en todo R2 , sus puntos críticos son aquellos (x, y) tales que ∇f (x, y) = (0, 0)   ∂f (x, y) , ∂f pero ∂x (x, y) = (2x, 2y) = (0, 0) es decir, el único punto crítico es (0, 0). Por la forma ∂y de la función sabemos que (0, 0) es un punto de mínimo ya que f (0, 0) = 0 ≤ x2 + y 2 = f (x, y) más aún es un mínimo global (en él, la función asume el menor valor que puede tomar en todo su dominio) Considere la función f : R2 → R, (x, y ) → f (x, y ) = −x2 − y 2 , esta función es diferenciable en todo R2 , sus puntos críticos son aquellos (x, y) tales que ∇f (x, y) = (0, 0)   ∂f (x, y) = (−2x, −2y) = (0, 0) es decir, el único punto crítico es (0, 0). Por la (x, y) , ∂f pero ∂x ∂y forma de la función sabemos que (0, 0) es un punto de máximo ya que f (0, 0) = 0 ≥ −x2 − y 2 = f (x, y) más aún es un máximo global (en él, la función asume el mayor valor que puede tomar en todo su dominio). Considere la función f : R2 → R, (x, y ) → f (x, y ) = x2 − y 2 , esta función es diferenciable en todo R2 , sus puntos críticos son aquellos (x, y) tales que ∇f (x, y) = (0, 0) 



∂f pero ∂x (x, y) = (2x, −2y) = (0, 0) es decir, el único punto crítico es (0, 0). Note que, (x, y) , ∂f ∂y si x, y = 6 0 entonces −y 2 = f (0, y) < 0 = f (0, 0) < f (x, 0) = x2

de esta forma, arbitrariamente cerca de (0, 0) hay puntos en los cuales la función toma valores mayores y menores. (0, 0) es un punto de silla. 1

Definición 1.1. Sean U ⊆ Rn un conjunto abierto y f : U ⊆ Rn → R una función. Diremos que x0 ∈ U es un punto de: 1. Mínimo local, si existe un δ > 0 tal que ∀x ∈ B (x0 , δ) ∩ U, f (x0 ) ≤ f (x) 2. Máximo local, si existe un δ > 0 tal que ∀x ∈ B (x0 , δ) ∩ U, f (x0 ) ≥ f (x) 3. Extremo local si es máximo o mínimo local. Cuando trabajamos con funciones diferenciables de una variable los extremos locales ocurren en los puntos en los cuales f ′ (x) = 0, este resultado se extiende a funciones de varias variables. Teorema 1.2. Sea f : U ⊆ Rn → R una función diferenciable, donde U es un conjunto abierto. Si x0 ∈ U es un extremo local de f entonces ∇f (x0 ) = 0. Definición 1.3. Sea f : U ⊆ Rn → R una función diferenciable, donde U es un conjunto abierto. Llamaremos puntos críticos de f a todos aquellos puntos x0 ∈ U que cumplen ∇f (x0 ) = 0. Si x0 es un punto crítico que no es un extremo local entonces x0 se dice punto de silla.

Si f : [a, b] → R es una función tal que f ′ , f ′′ existen en [a, b] además f ′′ es continua en [a, b] y diferenciable en ]a, b[ entonces existe c ∈ ]a, b[ tal que f (b) =

2 X f (k) (a) k=0

k!

k

(b − a) +

es decir f (b) = f (a) + f ′ (a) (b − a) + f 2(a) (b − a)2 + f de a, b entonces ′′

f (3) (c) (b − a)3 (n + 1)!

(3) (c)

3!

(b − a)3 pongamos x0 y x0 + h en lugar

  f ′′ (x0 ) 2 f (3) cxx00 +h 3 h + h f (x0 + h) = f (x0 ) + f (x0 ) h + 2 3! ′

si x0 es un punto crítico f ′ (x0 ) = 0 y así   f ′′ (x0 ) 2 f (3) cxx00 +h 3 h + h = h2 f (x0 + h) − f (x0 ) = 2 3!

  ! f ′′ (x0 ) f (3) cxx00 +h + h 2 3!

Suponga que f ′′ (x0 ) 6= 0, como

  f (3) cxx00 +h l´ım h=0 h→0 3!  (3)  x0 +h  f cx0  < se sigue que existe un δ > 0 tal que 0 < |h| < δ ⇒  3! 

|f ′′ (x0 )| 4

luego para 0 < |h| < δ ⇒

  f ′′ (x0 ) |f ′′ (x0 )| f ′′ (x0 ) |f ′′ (x0 )| f ′′ (x0 ) f (3) cxx00+h + − h< + < 4 2 2 2 3! 4

2

f ′′ (x0 )

  x +h f (3) cx00 h 3!

de donde podemos concluir que para 0 < |h| < δ la cantidad + 2 signo que f ′′ (x0 ). Así, si f ′′ (x0 ) > 0 entonces   ! f ′′ (x0 ) f (3) cxx00 +h 2 f (x0 + h) − f (x0 ) = h + h > h2 2 3!

tiene el mismo

luego, para 0 < |h| < δ se cumple f (x0 + h) > f (x0 ) es decir x0 es un mínimo. El mismo argumento entrega que x0 es un máximo local cuando f ′′ (x0 ) < 0 (notar que el signo de h no influye por estar al cuadrado). Claramente, no siempre es posible realizar este análisis para ver si los puntos son máximos, mínimos o puntos de silla, necesitamos álgún criterio que nos permita distinguir entre estos tipos de puntos. En cálculo de una variable tenemos el siguiente criterio: Si x0 es un punto crítico de f , entonces f ′′ (x0 ) > 0 implica que x0 es punto de mínimo local y si f ′′ (x0 ) < 0 de máximo local. Si f ′′ (x0 ) = 0 no hay información. Este método requiere el signo de la segunda derivada veamos como se puede generalizar a funciones de varias variables. Definición 1.4. Sea A una matriz simétrica. Diremos que una forma cuadrática CA : Rn → R, x → CA (x) = xT Ax es definida positiva si para todo x ∈ Rn se cumple CA (x) = xT Ax ≥ 0 y CA (x) = 0 solo para x = 0. Diremos que es definida negativa si para todo x ∈ Rn se cumple CA (x) = xT Ax ≤ 0 y CA (x) = 0 solo para x = 0. Recordemos que toda matriz simétrica A es diagonalizable ortogonalmente, se sigue que existe una matriz Q invertible QQT = I tal que A = QT DQ donde D = diag (λ1 , λ2 , . . . , λn ) es una matriz diagonal entonces xT Ax = (Qx)T D (Qx) Pn λi y 2i la forma xT Ax es definida positiva (negativa) si y si ponemos y = Qx entoncesxT Ax = i=1 solo si todos los valores propios de A son positivos (negativos).

Proposición 1.5. Si la forma xT Ax es definida positiva entonces existe c > 0 tal que xT Ax ≥ c kxk2

En efecto, basta considerar c como el mínimo de los valores propios de la matriz A. entonces, siguiendo el cálculo anterior con xT Ax = (Qx)T D (Qx) , se tiene xT Ax =

n X i=1

pero

λi yi2 ≥ c

n X i=1

y = Qx 2

yi2 = c kyk

kyk2 = kQxk2 = (Qx)T (Qx) = xT QT Qx = xT Ix = kxk2

dando el resultado deseado.

3

Teorema 1.6. Sean U ⊆ Rn abierto, f : U ⊆ Rn → R una función de clase C 3 (U ) y x0 es un punto crítico de f . Si f (h) = 21 hT Hf (x0 ) h es definida positiva entonces x0 es un mínimo relativo, si es definida negativa es un máximo relativo. Teorema 1.7. Sean U ⊆ Rn abierto, f : U ⊆ Rn → R una función de clase C 3 (U ) y x0 es un punto crítico de f . Si Hf (x0 ) tiene todos sus valores propios no nulos y existen dos con distinto signo entonces x0 es un punto silla. Existen otros métodos para determinar si una matriz es  a11 a12 . . . a1k  a21 a22 . . . a2k  . . .. ..  . . .. .  . A=  ak1 ak2 . . . akk  . .. .  .. . . . . .. an1 an2 . . . ank Denotaremos por Ak a la submatriz



  Ak =  

de esta forma A1 = a11 ,

A2 =



a11 a12 a21 a22 .. ... . ak1 ak2

a11 a12 a21 a22



· · · , An = A

,

definida positiva o negativa. Sea  . . . a1n . . . a 2n   ... ...    . . . akn   ...  ... . . . ann

... ... .. .

a1k a2k .. .

...

akk

    

 a11 a12 a13 A3 =  a21 a22 a23  , a31 a32 a32 

si los determinantes de todas estas submatrices son positivos la matriz generará una forma cuadrática definida positiva y el punto crítico es un mínimo. Si los determinantes se alternan en signo comenzando con el determinante de A1 negativo, A2 positivo, etc, entonces la forma cuadrática será definida negativa y el punto crítico es un máximo local. Si los determinantes son no nulos y no cumplen con los ordenes de signos anteriores, el punto critico es punto silla. Observación 1.1 (Importante). Los criterios anteriores no entregan información si existen valores propios nulos o los subdeterminates son cero. Ejemplo 1.8. Analizar los extremos de f (x, y) = x3 y + xy 5 + xy . Solución. Buscamos los puntos críticos ∇f (x, y) = (0, 0) es decir   ∂f (x, y) = 3x2 y + y 5 + y = y 3x2 + y 4 + 1 = 0 ∂x   ∂f (x, y) = x3 + 5xy 4 + x = x x3 + 5y 4 + 1 = 0 ∂y 4

luego el único punto crítico es (x, y) = (0, 0). La Hessiana en este caso es  6xy 3x2 + 5y 4 + 1   Hf (x, y) = 

3x2 + 5y 4 + 1 20xy 3 luego   0 1  Hf (0, 0) =  1 0 entonces no funciona el método de los subdeterminantes pues el primero da cero. Note que los valores propios de esta matriz son 1 y −1 por lo tanto es un punto de silla. Esto se puede ver de la función misma pues   f (x, y) = xy x2 + y 4 + 1 cerca del (0, 0) hay puntos donde la función es negativa y positiva luego es un punto de silla.

Ejemplo 1.9. Clasificar los puntos críticos de f : R3 → R, (x, y, z) → f (x, y, z) = x2 z + y 2 z + 2 3 z − 4x − 4y − 10z 3 Solución. La función esta definida en un abierto y es de clase C ∞ , buscamos los puntos críticos   ∇f (x, y, z) = 2xz − 4, 2yz − 4, x2 + y 2 + 2z 2 − 10 = (0, 0, 0)

esto es

2xz − 4 = 0,

2yz − 4 = 0,

x2 + y 2 + 2z 2 − 10 = 0,

de las dos primeras ecuaciones se sigue que x, y, z 6= 0 y x = z2 , y = 8 + 2z 2 − 10 = 0 así z2 z = ±1, ±2

2 z

reemplazado en la tercera

tenemos 4 puntos críticos (2, 2, 1) , (−2, −2, −1) , (1, 1, 2) , (−2, −2, −1) los clasificaremos usando el criterio de la hessiana y subdeterminantes   2z 0 2x Hf (x, y, z) =  0 2z 2y  2x 2y 4z entonces   ∆1 = 2z, ∆2 = (2z)2 , ∆3 = −8z x2 + y 2 − 2z 2 y así

notemos que

Punto/Determinante P1 = (2, 2, 1) P2 = (−2, −2, −1) P3 = (1, 1, 2) P4 = (−2, −2, −1)

∆1 + + -

∆2 + + + +

f (0, 0, z) =

∆3 + + -

Tipo de punto Punto silla Punto silla Punto de mínimo local Punto de máximo local

2 3 z − 10z 3

luego l´ım f (0, 0, z) = +∞,

z→+∞

l´ım f (0, 0, z) = −∞

z→−∞

luego la función no tiene máximo ni mínimo en todo R3 . 5

2.

Máximos y mínimos en compactos y/o con restricciones

El siguiente teorema generaliza el teorema de una variable que afirma que toda función continua f : [a, b] → R alcanza su máximo y mínimo absolutos, es decir, existen x0 , x1 ∈ [a, b] tales que f (x0 ) ≤ f (x) ≤ f (x1 ) para todo x ∈ [a, b]. Teorema 2.1 (De Weiertrass). Sean K ⊆ Rn un conjunto cerrado y acotado y f : K → R una función continua entonces existen puntos x0 y x1 en K tales que ∀x ∈ K, f (x0 ) ≤ f (x) ≤ f (x1 ) esto es f alcanza su máximo y mínimos absolutos en K . Extremos restringidos Multiplicadores de Lagrange Es común en problemas querer maximizar o minimizar alguna función sujeta a restricciones dadas. Por ejemplo; En economía suponga que se quiere vender dos tipos de productos I y II. Sean x e y la cantidad de productos I y II respectivamente. Representemos por f (x, y) la ganancia obtenida cuando se vende una cantidad x de I y y de II, nuestra producción esta limitada o controlada por nuestro capital, de esta forma tenemos una restricción del tipo g (x, y) = c. El problema podría plantearse como m´ax f (x, y ) (x,y )∈R2 ,g(x,y)=c

Supongamos que x0 es un punto extremo del problema Optimizar f (x) donde f : U ⊆ Rn → R y x∈Rn ,g(x)=c

n

optimizar es máximo o mínimo. Sea c : R → R donde g (c (t)) = c y c (0) = x0 entonces por la regla de la cadena ∇g (c (t)) · c′ (t) = 0 se sigue que ∇g (x0 ) · c′ (0) = 0 como x0 es extremo de la f se sigue que f (c (t)) tiene un máximo o mínimo en t = 0 luego ∇f (c (t)) · c′ (t) = D (f ◦ c) (t) ,

∇f (x0 ) · c′ (0) = 0

de esta forma ∇f (x0 ) y ∇g (x0 ) deben ser paralelos es decir ∃λ ∈ R tal que ∇f (x0 ) = λ∇g (x0 ) el número λ se llama multiplicador de Lagrange y la función de n + 1 variables L (x, λ) = f (x) − λ (g (x) − c) es llamado Lagrangiano del problema. Podemos entonces formular el siguiente teorema: Teorema 2.2. Sean f, g : U ⊆ Rn → R funciones de clase C 1 . Sea x0 ∈ U un punto tal que g (x0 ) = c y ∇g (x0 ) 6= 0. Si S = {x ∈ U : g (x) = c}

y f |S tiene un extremo local en x0 entonces existe λ0 ∈ R tal que ∇f (x0 ) = λ0 ∇g (x0 ) 6

Observación 2.1. Es lo mismo que buscar los puntos críticos del Lagrangiano L (x, λ) = f (x) − λ (g (x) − c) Ejemplo 2.3. Sea S ⊆ R2 la recta que pasa por (−1, 0) inclinada en un ángulo de 45◦ y sea f : R2 → R, (x, y) → x2 + y 2 . Hallar los extremos de f |S . Solución. La pendiente es tan (45) = 1 entonces y − 0 = x − 1 se sigue que la restricción es g (x, y) = y − x + 1 = 0 buscamos los puntos críticos del Lagrangiano L (x, y, λ) = x2 + y 2 − λ (y − x + 1)

así ∂L (x, y, λ) = 2x + λ = 0, ∂x

∂L (x, y, λ) = 2y − λ = 0, ∂y

∂L (x, y, λ) = y − x + 1 = 0. ∂λ

Note que de la primera y segunda se obtiene λ = 2y = −2x ⇔ y = −x = 2λ reemplazando en 1 1 la tercera se obtiene  − 2 ⇒ x = 2 geométricamente podemos deducir que este punto es un 1 y = 1 mínimo (x0 , y0 ) = 2 , − 2 . Note que el punto es un extremo de f |S pero no de f .

Ejemplo 2.4. Maximizar la función f (x, y, z) = x + z sujeta a la restricción x2 + y 2 + z 2 = 1. Solución. El conjunto S = {(x, y, z) ∈ R3 : x2 + y 2 + z 2 = 1} es cerrado y acotado y f es una función continua en todo R2 de donde obtenemos que f |S debe tener un máximo y un mínimo absolutos. Los buscamos con el método de Lagrange. Pongamos el Lagrangiano   L (x, y, z, λ) = x + z − λ x2 + y 2 + z 2 − 1 y debemos buscar sus puntos críticos

∂L ∂L (x, y, z, λ) = 1 − 2λx = 0, (x, y, z, λ) = −2λy = 0, ∂x ∂y ∂L ∂L (x, y, z, λ) = 1 − 2λz = 0, (x, y, z, λ) , = x2 + y 2 + z 2 − 1 = 0 ∂z ∂λ note que λ = 0 o y = 0. λ = 0 no puede ser (sistema inconsistente) entonces y = 0 se sigue de la 1 1 2 , z = 2λ primera y tercera ecuaciones x = 2λ así x = z y reemplazando  en la última 2x = 1 ⇒ x = ± √12 así obtenemos dos puntos críticos √12 , 0, √12 que el primero es un máximo y el segundo un mínimo.

y

−√12 , 0, − √12

reemplazando se tiene

Ejemplo 2.5. Hallar el mayor volumen que pueda tener una caja rectangular con tapa sujeta a la restricción de que el área de la superficie sea 10 m2 . Solución. Sean x, y, z los lados de la caja entonces el volumen es V (x, y, z) = xyz, vemos que esta función esta restringida a [0, 10] × [0, 10] × [0, 10] luego debe alcanzar el máximo y mínimo absolutos. El área será 2 (xy + xz + zy) = 10 así el Lagrangiano será L (x, y, z, λ) = xyz − λ (xy + xz + zy − 5) buscamos los puntos críticos

∂L ∂L (x, y, z, λ) = xz − λ (x + z) = 0 (x, y, z, λ) = yz − λ (y + z) = 0, ∂y ∂x ∂L ∂L (x, y, z, λ) = xy + xz + zy − 5 = 0 (x, y, z, λ) = xy − λ (x + y) = 0, ∂λ ∂z note que x 6= 0 pues si fuese cero zy = 5 pero λz = 0 se sigue λ = 0 y así de la primera yz = 0 contradicción, lo mismo para y, z . 7

xy yz xz esto = x+y como son cantidades positivas también las sumas serán distintas de cero y+z = x+z 2 implica x = yq= zq sustituyendo en la última ecuación nos da3x = 5 de donde obtenemos el punto  q 3 q 5 5 5 5 , el volumen máximo es V = , . crítico 3 3 3 3

Este resultado tiene una extensión a más restricciones: Si tenemos las restricciones una restricción S dada por los puntos que satisfacen g1 (x1 , x2 , . . . , xn ) = c1 , · · · , gk (x1 , x2 , . . . , xn ) = ck y f restringida a S tiene un extremo en x0 ∈ S entonces, si ∇g1 (x0 ) , ∇g2 (x0 ) , · · · , ∇gk (x0 ) son l.i. existirán λ1 , λ2 , . . . , λk ∈ R tales que ∇f (x0 ) = λ1 ∇g1 (x0 ) + λ2 ∇g2 (x0 ) + · · · + λk ∇gk (x0 ) Ejemplo 2.6. Determine los extremos absolutos de f (x, y, z) = x+2y +z sujeto a las restricciones x2 + y 2 = 1 y y + z = 1. Solución. f (x, y, z) = x+2y +z es una función continua. El conjunto definido por las restricciones   S = (x, y, z) ∈ R3 : x2 + y 2 = 1 ∧ y + z = 1     = (x, y, z) ∈ R3 : x2 + y 2 = 1 ∩ (x, y, z) ∈ R3 : y + z = 1

note que el primer conjunto restringe a x, y al conjunto [−1, 1] y eso restringe a z en el segundo conjunto. Es un conjunto acotado e intersección de dos cerrados. Luego es cerrado y acotado la función alcanza un máximo y mínimo absolutos en S . El Lagrangiano será   L (x, y, z, λ, µ) = (x + 2y + z) − λ x2 + y 2 − 1 − µ (y + z − 1)

buscamos los puntos críticos

∂L ∂L ∂L = 1 − µ = 0, = 1 − 2λx = 0, = 2 − 2λy − µ = 0, ∂z ∂x ∂y ∂L ∂L = y+z−1= 0 = x2 + y 2 − 1 = 0, ∂µ ∂λ resolvemos µ = 1 reemplazando en la segunda obtenemos 1 = 2λy de donde λ ni y pueden ser 1 = y de donde obtenemos en la cuarta x = y = ± √12 de cero. De la primera obtenemos x = 2λ donde podemos obtener z en la 5. Así     1 1 1 1 1 1 y −√ , −√ , 1 + √ √ , √ ,1− √ 2 2 2 2 2 2 evaluando en la función f (x, y, z) = x + 2y + z se tiene   1 1 1 2 2 1 1 √ = √ + √ +1−√ = √ +1 f √ , √ ,1− 2 2 2 2 2 2 2   1 2 2 1 1 1 1 = −√ − √ + 1+ √ = 1− √ f −√ , − √ , 1 + √ 2 2 2 2 2 2 2 el primer es máximo y el segundo un mínimo. 8

Criterio de la segunda derivada para extremos condicionados En esta sección presentamos un teorema que nos permite clasificar el punto obtenido con los multiplicadores de Lagrange: Teorema 2.7 (Hessiana orlada). Sean f, g : U ⊆ Rn → R funciones de clase C 2 . Sean v0 ∈ U, g (v0 ) = c, ∇g (v0 ) 6= 0 y existe un λ0 ∈ R tal que ∇f (v0 ) = λ0 g (v0 ). Si L (λ, x) = f (x) − λ (g (x) − c) y  ∂g ∂g  ∂g  0 − · · · − − ∂x ∂x ∂xn  1 2  ∂g ∂2L ∂2L ∂2L   · · · 2  − ∂x1 ∂x ∂x ∂x1 ∂xn  ∂x 1 1 2  ∂g  2L ∂2L ∂2L  · · · ∂x∂2 ∂x H = HL (v0 ) =  − ∂x2 ∂x1 ∂x2 ∂x22 n   .  .. .. .. ...  ..  . . .   ∂2L ∂2L ∂2L  − ∂g  ··· ∂x1 ∂xn ∂xn ∂x2 ∂x2 ∂xn n

entonces: 1. Si

  0   ∂g H3 =  − ∂x1  ∂g − ∂x2

∂g −∂x 1 ∂2L

∂x12 ∂2L ∂x1 ∂x2

∂g − ∂x 2

∂2L ∂x1 ∂x2 ∂2L ∂x22

  0     ∂g   < 0, H =  − ∂x1  4  − ∂g   ∂x2   ∂g  − ∂x 3

entonces v0 es mínimo local de f sujeto a g (x) = c.

∂g − ∂x 1

∂2L ∂x21 ∂2L ∂x1 ∂x2 ∂2L ∂x1 ∂x3

∂g − ∂x 2

∂2L ∂x1 ∂x2 ∂2L ∂x22 ∂2L ∂x2 ∂x3

 ∂g  −∂x  3  ∂2L ∂x1 ∂x3  ∂2L  < 0, . . . ∂x2 ∂x3   ∂2L  ∂x2 3

2. Si los determinantes se alternan en la forma H3 > 0, H4 < 0, H5 > 0 etc, entonces v0 es máximo local de f sujeto a g (x) = c 3. Si los determinantes anteriores son distintos de cero pero siguen los patrones anteriores entonces el punto es de silla.

Ejemplo 2.8. Hallar las dimensiones del mayor paralelepípedo rectangular de aristas paralelas a  x 2  y 2  z 2 los ejes coordenados que puede ser inscrito en el elipsoide de ecuación: 3 + 4 + 5 = 1 Solución. El volumen del paralelepípedo es V (x, y, z) = (2x) (2y) (2z) = 8xyz  2  2  2 pero (x, y, z) debe estar sobre el elipsoide x3 + 4y + z5 = 1 y sus coordenadas son positivas o cero. Tenemos que resolver el problema m´ax V (x, y, z)

r(x,y,z)=0 x,y,z≥0

9

 2  2  2 donde V (x, y, z) = 8xyz y r (x, y, z) = 3x + 4y + 5z − 1. Este problema tiene solución pues el elipsoide es un conjunto cerrado y acotado además la función es continua. Determinaremos el valor máximo utilizando los multiplicadores de Lagrange ∇V (x, y, z) = λ∇r (x, y, z ) , esto es (8yz, 8xz, 8xy) = λ 8yz =

2λx , 32

 2x 32

 , 42y2 , 52z2 ,

8xz =

2λy , 42

 x 2 3

 y 2

+

4

8xy =

r (x, y, z ) = 0

+

2λz , 52

 z 2 5

= 1 el sistema a resolver es

 x 2 3

+

 y 2 4

+

 z 2 5

=1

multiplicando las primeras tres ecuaciones por x, y, z respectivamente se obtiene 4xyz =

λx2 , 32

4xyz =

λy 2 , 42

4xyz =

λz 2 52

sumando las tres ecuaciones    λx2 x 2  y 2  z  2 λy 2 λz 2 =λ 12xyz = 2 + 2 + 2 = λ + + 5 5 3 4 4 3 así

λx2 λy 2 λz 2 λ = 4xyz = 2 = 2 = 2 3 4 5 3

si λ 6= 0 entonces x2 =
<...