Solución geométrica del ejemplo 2 queremos obtener

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Solución geométrica del ejemplo 2. Queremos obtener los valores extremos FIGURA 9.8 Los vectores\Tg 1 , \Tg 2 y \TIestán situados en el mismo plano. FIGURA 9.9 El vector gradiente VI está en un plano normal a C.
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386 Aplicaciones de cálculo diferencial de una función que da la temperatura f(x, y, z) sobre una curva dada C. Si consideramos la curva e como la intersección de dos superficies, gl(X,y, z) = O y g2(X,y, z) = O, tenemos un problema de extremos con dos condiciones. Los dos vectores gradien- tes V gl Y V g2 son normales a esas superficies, luego también 10 son a la curva e de intersección. (Ver figura 9.8). Seguidamente demostramos que el vector gra- diente V f de la función temperatura también es normal a e en cada extremo re- lativo sobre C. Ello implica que V f está en el mismo plano que V gl Y V g2; luego si Vg 1 y Vg 2 son independientes podemos expresar VI como combinación lineal de Vg 1 y Vg 2 , es decir Esta es la ecuación vectorial (9.41) obtenida con el método de Lagrange cuan- do existen dos condiciones. Para demostrar que V f es normal a e en un punto extremo imaginemos que e esté definida por una función vectorial ee(r), variando t en un intervalo [a, b]. Sobre la curva e la temperatura se convierte en una función de t, es decir rp(t) = f[ex(t)]. Si rp tiene un extremo relativo en un punto interior tI de[a, b] tiene que verificarse rp'(tl) = O. Por otra parte, la regla de la cadena nos dice que rp'(t) viene dada por el producto escalar rp'(t) = Vf[ex(t)]· ex'(t). Este producto es nulo en ts. luego V f es perpendicular a ex'(t). Pero ex'(t l ) es tan- gente a e, por 10 que V f [ex(t 1 )] está en el plano normal a e, como muestra la figura 9.9. Los dos vectores gradientes V gl Y V g2 son independientes si y sólo si su producto vectorial es no nulo. Este producto viene dado por i j k Vg 1 X Vg 2 = Ogl Ogl Ogl = O(gl' g2) i + O(gl' g2) j + O(gl' g2) k. OX oy oz o(y, z) o(z, x) o(x, y) Og2 Og2 Og2 OX oy oz Por consiguiente, la independencia de V gl Y V & significa que no todos los de- terminantes jacobianos del segundo miembro son cero. Como ya hemos observado, el método de Lagrange es aplicable siempre que esta condición se satisfaga.
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Ejercicios 387 Si V gl Y V g2 son dependientes el método puede fallar. Por ejemplo, supon- gamos que intentamos la aplicación del método de Lagrange para encontrar los valores extremos de f(x, y, z) = x 2 + r en la curva de intersección de las dos superficies gl(X, y, z) = O Y g2(X, y, z) = O siendo gl(X, y, z) = z y g2(X, y, z) = Z2 _ (y - 1)3. Las dos superficies, un plano y un cilindro, se cortan a 10 largo de la recta e dibujada en la figura 9.10. El problema tiene evidentemente una z x FIGURA 9.10 Ejemplo en el que el método de Lagrange no es aplicable. solución, debido a que f(x, y, z) representa la distancia del punto (x, y, z) al eje z y esta distancia es un mínimo sobre e cuando el punto es el (O, 1, O). Sin em- bargo, en este punto los vectores gradientes son Vg 1 = k, Vg 2 = O, yVf= 2j, y está claro que no existen escalares Al y A 2 que satisfagan la ecuación (9.41).
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