UNIVERSIDADE DO ALGARVE
ESCOLA SUPERIOR DE TECNOLOGIA
CURSO BIETÁPICO EM ENGENHARIA CIVIL
2º ciclo – Regime Diurno/Nocturno
Disciplina de COMPLEMENTOS DE MATEMÁTICA
Ano lectivo de 2007/2008 - 1º Semestre
Extremos livres e condicionados.
.
1. Determine, caso existam, os extremos das seguintes funções:
a) f ( x, y ) = −
x2 y 2
−
.
24 16
b) f ( x, y ) = x 2 + y 2 .
c) f ( x, y ) = −
x2 y2
+
.
24 16
d) f ( x, y ) = 2( y 3 + x 2 + xy ).
e) f ( x, y ) = 2( x − y ) 2 − 2(x 4 + y 4 ) .
f) f ( x, y ) = x 4 − 2 x 2 y 2 + y 4 + 2 .
g) f ( x, y ) = x 4 + 2 x 2 ( y 2 − 4 ) + ( y 2 − 4 ) .
h) f ( x, y ) = 2 x 3 + 2 y 3 − 6axy , a ∈
i) f ( x, y ) = x 4 − y 3 + y 2 .
j) f ( x, y, z ) = 2 x 2 + y 2 + 4 z 2 .
2
.
k) f ( x, y, z ) = x 4 + y 4 + z 4 − 4 xyz .
2. Estude a existência de extremos da função f ( x, y ) = xy + 14 sujeita a x 2 + y 2 = 18 .
3. Calcule os valores extremos da função f ( x, y ) = x + y no círculo x 2 + y 2 = 4 .
4. Calcule, caso existam, os extremos da função f ( x, y ) = 9 − x 2 − y 2 no plano x + y = 3 .
5. Calcule, caso existam, os extremos da função f ( x, y ) = x − 3 y , com as variáveis sujeitas à
restrição x 2 + 2 y 2 = 9 .
6. Calcule a distância mínima da origem à hipérbole de equação y 2 − x 2 + 2 x + 3 = 0 .
7. Decomponha o número k > 0 na soma de três números cujo produto é máximo.
8. De todos os triângulos rectângulos de área dada A, determine o de perímetro mínimo.
9. Determine os extremos locais da função f ( x, y, z ) = x 2 + y 2 + z 2 sujeito à restrição
x − y + z = 1.
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Extremos
10. Determine o ponto da esfera x 2 + y 2 + z 2 = 9 mais próximo do ponto ( 2,3,4) .
11. Considere a secção feita no elipsóide x 2 +2 y 2 + z 2 = 1 pelo plano x + y = 1 . Determine o
ponto da curva mais afastado e mais próximo de (0,0) .
12. Dispõe-se de 320 m de rede para vedar um campo rectangular. Como se deve colocar a
cerca, de maneira a que a área vedada seja a maior possível?
13. Uma determinada companhia fabrica um certo produto, w, a partir de três matérias primas,
combinadas de acordo com uma função de produção dada por w = 50 x 2 5 y1 5 z1 5 . Sendo o
orçamento disponível para a compra das três matérias primas de 24000 euros e sabendo que
estas custam por unidade 80 , 12 e 10 euros, respectivamente, para x, y e z,
qual a
combinação que se deve ter relativamente à compra dos produtos x, y e z, de maneira a
maximizar a produção?
14. Suponha que a temperatura num determinado ponto ( x, y, z ) da esfera de equação
x 2 + y 2 + z 2 = 1 é dada pela função T ( x, y, z ) = 30 + 5( x + z ) . Calcule, justificando, os
valores extremos da temperatura.
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Extremos
Extremos livres – resumo da teoria
Estuda-se o comportamento de uma função de várias variáveis no que diz respeito à existência e
localização dos pontos onde ela atinge valores extremos, isto é, valores máximos ou valores
mínimos.
Definição: Seja f : D f ⊆
n
→
, diz-se que a função f tem um mínimo (máximo) local ou
relativo no ponto a ∈ D f sse existe uma bola Br (a ) tal que f ( x ) ≥ f (a ), ∀x ∈ Br (a ) D f ,
( f ( x ) ≤ f (a), ∀x ∈ B (a )
r
Df ) .
Neste caso o ponto a diz-se um ponto de mínimo (máximo) local ou minimizante (maximizante)
local de f, enquanto f (a ) é um mínimo (máximo) local de f.
Definição: Seja f : D f ⊆
n
→
, diz-se que a função f tem um mínimo (máximo) absoluto ou
global no ponto a ∈ D f sse f ( x ) ≥ f (a ), ∀x ∈ D f
( f ( x ) ≤ f (a), ∀x ∈ D ) .
f
Neste caso o ponto a diz-se um ponto de mínimo (máximo) absoluto ou minimizante (maximizante)
absoluto de f, enquanto f (a ) é um mínimo (máximo) absoluto de f.
O ponto a diz-se um extremante de f sse for minimizante ou maximizante de f, e, portanto, f (a ) é
um valor extremo de f.
Note-se que se a for um extremante absoluto de f, então a é também um extremante local da função.
Por outras palavras, os extremantes absolutos de uma função encontram-se entre os extremantes
locais.
Como se viu, os máximos e mínimos locais denominam-se por extremos relativos ou locais. A
palavra “local” (“relativo”) indica que se compara apenas o valor da função no ponto x = a com os
restantes valores que ela toma numa vizinhança de a. Assim uma função com máximos e mínimos
locais pode tomar valores maiores que os seus máximos locais e menores que os seus mínimos
locais. Para além disso, note-se que uma função y = f ( x ) pode ter vários máximos e mínimos
locais, iguais ou não entre si. Estas
últimas observações, para o caso de f.r.v.r, podem ser
justificadas considerando a seguinte figura.
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Extremos
A função representada graficamente está definida em f : [ x1 , x8 ] ⊂
→
, então, deste gráfico
pode, por exemplo, concluir-se que:
•
Os pontos x2 , x5 e x7 são pontos de mínimo local, sendo x2 um ponto de mínimo global da
função. Assim, f ( x2 ) , f ( x5 ) e f ( x7 ) são mínimos locais da função, sendo f ( x2 ) o mínimo
global (que também é local). As coordenadas deste mínimo são ( x2 , f ( x2 )) .
•
Os pontos x1 , x3 , x6 e x8 são pontos de máximo local da função. Nestes termos, f ( x1 ) ,
f ( x3 ) , f ( x6 ) e f ( x8 ) são máximos locais da função. O máximo global é f ( x6 ) com
coordenadas ( x6 , f ( x6 )) . Este exemplo, chama a atenção para o facto dos pontos na
fronteira do domínio poderem ser extremantes ( x1 e x8 ). Repare-se que nesses pontos,
mesmo que a função seja diferenciável, pode acontecer que a derivada não se anule.
•
O ponto x4 não é ponto de mínimo nem de máximo, é um ponto de inflexão. Assim, este
exemplo, mostra que um ponto pode anular a derivada mas não ser extremante.
Por outro lado, repare-se que, a função não é contínua no ponto x7 e não é diferenciável nos pontos
x5 , x6 e x7 . Assim, a partir do gráfico verifica-se que os extremos locais podem ocorrer em: pontos
de fronteira do domínio da função ( x1 e x8 ); pontos onde a função não é diferenciável ( x5 , x6 e x7 )
e, pontos onde a derivada da função se anula ( x2 e x3 ).
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Extremos
Portanto, de uma maneira geral, uma função y = f ( x ) pode ter um extremo num ponto a que seja:
1. Ponto interior ao domínio e no qual f é diferenciável;
2. Ponto interior ao domínio, no qual f não é diferenciável;
3. Pontos não interiores ao domínio (isto é, pontos fronteiros).
Neste curso estudar-se-á problemas de extremos, admitindo diferenciabilidade das funções
envolvidas. Nestes caso, os extremos, caso existam, ocorrem em pontos fronteiros ou em pontos
interiores ao domínio da função onde a derivada se anula.
Contudo, como foi referido, a função pode admitir extremos mesmo que esta não seja diferenciável.
Por isso, sempre que a função objectivo não seja diferenciável, deve-se ter o cuidado de estudar os
pontos pertencentes ao domínio da função onde isso acontece.
O estudo de um ponto do tipo 2) ou 3) terá de ser feito caso a caso. A resolução do problema poderá
ser feita através da definição. O método que se apresenta de seguida permite determinar extremos
locais em pontos onde a função seja diferenciável.
Para encontrar máximo (mínimo) absoluto, basta verificar em qual dos pontos maximizantes
(minimizantes) locais a função tem um maior (menor) valor.
Um resultado útil na pesquisa de extremos absolutos é o seguinte teorema.
Teorema (de Weierstrass): Toda a função f :
(compacto) de
n
n
→
contínua num conjunto limitado e fechado
tem um máximo e um mínimo absolutos nesse conjunto.
O teorema de Weierstrass indica condições que garantem a existência de máximos e mínimos, mas
não diz quais são esses pontos ou como encontrá-los.
Condições necessárias para a existência de extremos locais em funções diferenciáveis
O resultado que se segue dá uma condição necessária, mas não suficiente, para que um ponto
interior do domínio de uma função diferenciável seja extremante local.
Teorema: Seja f : D f ⊆
n
→
uma função de classe C1 numa bola centrada em a. É condição
necessária para que f tenha um extremo em a, que se anule a primeira derivada de f no ponto a,
segundo qualquer direcção.
Corolário: É condição necessária para que a função f tenha um extremo no ponto a, que se anulem
todas as derivadas parciais de primeira ordem em a, i.e., ∇f (a ) = 0 .
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Extremos
Este corolário diz que, se a for um extremante de f então anula simultaneamente todas as derivadas
parciais de 1ª ordem, isto é, é solução do sistema de estacionaridade
∂f
( x) = 0
∂x1
∇f ( x ) = 0
.
∂f
( x) = 0
∂xn
Portanto, caso uma função seja diferenciável num determinado ponto que seja extremante, o
gradiente da função nesse ponto é nulo. Que é o mesmo que dizer que, o facto do gradiente se
anular é uma condição necessária para que um ponto seja extremante. Contudo, uma vez que esta
condição não é suficiente, o facto do gradiente da função ser nulo num determinado ponto, não
garante que o ponto encontrado seja um extremante.
Este sistema pode não ter solução (ser impossível), ter um número finito de soluções (ser possível e
determinado), ou ter um número infinito de soluções (ser possível e indeterminado).
Na procura de pontos extremantes a partir do sistema de estacionaridade deve ter-se em conta os
pontos que tornam as expressões das derivadas parciais indefinidas, por exemplo, os pontos
pertencentes ao interior do domínio da função, nos quais f não é diferenciável (que não são críticos).
Definição: Um ponto a ∈ D f , diz-se um ponto de estacionaridade (ou crítico) de f sse ∇f (a ) = 0 ,
ou seja, um ponto de estacionaridade ou crítico é aquele que verifica o sistema de estacionaridade.
Resulta que, para uma função, f ( x ) , de classe C 1 (f diferenciável em a) ter um extremo num ponto
a é necessário que esse ponto seja crítico. E como esta condição não é suficiente, há pontos crítico
nos quais a função não tem extremo, um ponto deste tipo diz-se um ponto de sela.
Por outro lado, pelo que já foi referido, há pontos extremos em pontos que não são críticos (pontos
do domínio que não são interiores (pontos fronteiros) ou então pontos interiores do domínio nos
quais a função não seja diferenciável).
Se y = f ( x ) é diferenciável, a condição ∇f (a ) = 0 implica que o diferencial total de f no ponto a,
no qual f tem um extremo relativo, é nulo:
df ( a ) =
∂f (a )
∂f (a )
dx1 + ... +
dx n = 0 × dx1 + ... + 0 × dx n = 0 .
∂ x1
∂xn
Assim, caso f seja diferenciável, a condição ∇f (a ) = 0 fica reduzida a df ( a ) = 0 .
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Extremos
Em particular, se f é função de duas variáveis independentes z = f ( x, y ) , a condição df ( a ) = 0
implica que o plano tangente ao gráfico de f no ponto ( a, b, f (a, b)) , um extremo da função, cuja
equação é:
z − f (a, b) = ( x − a) f x′(a, b) + ( y − b) f y′(a, b) = df (a, b) ,
é horizontal, uma vez que, z − f ( a, b) = df ( a, b) = 0 , ou seja, z = f ( a, b) constante.
Uma vez seleccionados os pontos candidatos a extremantes para uma dada função f (pontos críticos
caso a função seja diferenciável), coloca-se a questão de investigar a sua natureza, isto é, se esses
pontos são maximizantes, minimizantes ou nem uma coisa nem outra (pontos de sela). Como se
verá de seguida, a análise das derivadas parciais de 2ª ordem de f nos pontos críticos permitem, em
muitos casos, determinar a natureza local desses pontos.
Condições suficientes para a existência de extremos locais em funções diferenciáveis.
De um modo geral, o problema de detectar extremos de funções com várias variáveis pode chegar a
ser muito complexo. Apresenta-se um método que dá uma condição suficiente para a existência de
extremos locais num ponto crítico dado, no caso de funções que sejam pelo menos de classe C 2
nesse ponto crítico.
Definição: Seja f : D f ⊆
n
→
e a ∈ D f . Supondo que f ∈ C 2 ( Br (a )) , define-se hessiana de f
no ponto a, como sendo a matriz quadrada ( n × n ),
∂2 f
∂x12
H (a )
∂2 f
= ∂x2 ∂x1
∂2 f
∂xn ∂x1
∂2 f
∂x1 ∂x2
∂2 f
∂x1 ∂xn
∂2 f
∂x22
∂2 f
∂x2 ∂xn
∂2 f
∂xn ∂x2
∂2 f
∂xn2
∂2 f
(a )
∂x12
∂2 f
(a )
= ∂x2 ∂x1
(a )
∂2 f
(a )
∂x1 ∂x2
∂2 f
(a )
∂x22
∂2 f
∂2 f
(a )
(a )
∂xn ∂x1
∂xn ∂x2
APONTAMENTOS DE COMPLEMENTOS DE MATEMÁTICA
∂2 f
(a )
∂x1 ∂xn
∂2 f
(a )
∂x2 ∂xn
.
∂2 f
(a )
∂xn2
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Extremos
Uma vez que, f ∈ C 2 ( Br (a )) , verificam-se as condições do teorema de Schwarz e esta matriz é
simétrica. Define-se hessiano de f no ponto a como sendo H ( a ) = det H ( a ) , o determinante de H ( a ) .
Particularizando para n = 2 :
H (a ) =
∂2 f
(a )
∂x 2
∂2 f
(a )
∂x∂y
∂2 f
(a )
∂y∂x
∂2 f
(a )
∂y 2
(matriz hessiana)
e
H (a ) =
∂2 f
(a )
∂x 2
∂2 f
(a )
∂x∂y
∂2 f
(a )
∂y∂x
∂2 f
(a )
∂y 2
2
∂2 f
∂2 f
∂2 f
(a ) , uma vez que a matriz é simétrica.
= 2 ( a ) 2 (a ) −
∂x
∂y
∂x∂y
Para se investigar a natureza dos pontos críticos, em funções pelo menos de classe C 2 nesses
pontos, é frequente a utilização de dois processos que envolvem a matriz hessiana:
1. Classificação dos pontos críticos através dos valores próprios da matriz hessiana.
i) É condição suficiente para que a função f tenha extremos locais no ponto crítico a que todos os
valores próprios de H ( a ) tenham o mesmo sinal.
•
Se forem todos positivos a função terá um mínimo local no ponto crítico a (ponto de
mínimo da função). O mínimo correspondente é o ponto f (a ) .
•
Se forem todos negativos a função terá um máximo local no ponto crítico a (ponto de
máximo da função). O máximo correspondente é o ponto f (a ) .
ii) Quando existem pelo menos dois valores próprios com sinais contrários a função não admite
extremos no ponto a, este é um ponto de sela.
iii) Quando pelo menos um dos valores próprios é nulo e os restantes todos do mesmo sinal, o
estudo da natureza do ponto crítico não é conclusivo através deste processo. Poderá, neste caso,
recorrer-se à definição.
Os valores próprios de uma matriz H resultam da resolução da equação H − λ I = 0 , em ordem a
λ , onde I é a matriz identidade, claro que as matrizes H e I devem ter a mesma ordem (o número
máximo de valores próprios de uma matriz é igual à sua ordem).
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Extremos
2. Classificação dos pontos críticos através dos menores principais da matriz hessiana.
Os menores principais da matriz hessiana, são os determinantes das submatrizes quadradas
contendo a parte superior esquerda da diagonal principal da matriz hessiana como sua diagonal
principal. Considere-se os menores principais di = ∆ i , ∀i = 1,..., n , da matriz hessiana no ponto
crítico a:
∆1 =
∂2 f
(a )
∂x12
∂2 f
(a ) , ∆ 2 =
∂x12
∂2 f
(a )
∂x2 ∂x1
∂2 f
(a )
∂x1∂x2
∂2 f
(a )
∂x22
∂2 f
(a )
∂x12
∂2 f
(a )
∂x1 ∂x2
2
, ∆ 3 = ∂ f (a )
∂2 f
(a )
∂x22
∂x2 ∂x1
∂2 f
(a )
∂x3 ∂x1
∂2 f
(a )
∂x3 ∂x2
∂2 f
(a )
∂x1∂x3
∂2 f
(a ) , ..., ∆ n = H ( a ) .
∂x2 ∂x3
∂2 f
(a )
∂x32
i) É condição suficiente para que a função f admita um extremo local no ponto crítico a que os
menores principais da matriz hessiana:
•
Sejam todos positivos, isto é, ∆ i > 0 , ∀i = 1,..., n . Neste caso, a função f tem um mínimo
local no ponto crítico a (ponto de mínimo local).
•
De ordem impar sejam negativos e de ordem par sejam positivos, isto é, (−1)i ∆ i > 0 ,
∀i = 1,..., n . Neste caso, a função f tem um máximo local no ponto crítico a (ponto de
máximo local).
ii) Se se verificar uma destas ordenações até certa ordem, mas a partir daí todos os menores são
nulos, o estudo da natureza do ponto crítico não é conclusivo através deste processo. Poderá, neste
caso, recorrer-se à definição.
iii) Nos restantes casos, a função não admite extremo no ponto crítico a, este é um ponto de sela.
Obs.: Este método aplicado a funções de duas variáveis, caso n = 2 , torna-se mais simples se se
começar por determinar o sinal de ∆ 2 = d 2 em a:
•
∆2 < 0
a função não admite extremo em a (ponto de sela);
•
∆2 > 0
a função admite extremo em a, então se
•
∆2 = 0
nada se pode concluir por este processo.
∆1 < 0
a ponto de máximo
∆1 > 0
a ponto de mínimo
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;
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Extremos
Extremos livres - possível resolução dos exercícios
x2 y 2
−
.
24 16
2
, e, como f ∈ C1 ( 2 ) a função é diferenciável no seu
1.a) Determinar, caso existam, os extremos da função f ( x, y ) = −
Resolução: O domínio da função é
domínio. Para se estudar a existência de extremos, começa-se por determinar os pontos de
estacionaridade (ou pontos críticos) da função, que resultam da resolução do sistema de
estacionaridade
∂f
x
=0
−
=0
x=0
∂x
12
⇔
⇔
.
∂f
y
y=0
=0
− =0
∂y
8
A função admite um único ponto critico, o ponto (0,0) , que é um candidato a extremo. Para se
classificar o ponto crítico, uma vez que a função é de classe C 2 , em particular, neste ponto, podem
utilizar-se os dois processos em cima apresentados.
Classificação dos pontos críticos através dos menores principais da matriz hessiana.
Neste processo estuda-se o sinal dos menores principais (determinantes) da matriz hessiana
∂2 f
∂x 2
H ( x, y ) = 2
∂ f
∂y∂x
∂2 f
1
−
∂x∂y
= 12
∂2 f
0
∂y 2
0
−
1
8
.
Repare-se que esta matriz não depende do ponto (0,0) . O hessiano associado será
a
∆ 2 = d 2 = 11
a21
a12
= H (0, 0) =
a22
−
1
12
0
=
1
> 0,
12 × 8
1
8
como este determinante é positivo, a função admite extremo na origem , uma vez que
∆1 = d1 = a11 =
o ponto (0,0) é um ponto de máximo relativo.
0
−
∂2 f
1
(0, 0) = − =< 0 ,
2
12
∂x
Classificação dos pontos críticos através dos valores próprios da matriz hessiana.
Como a matriz hessiana é diagonal os seus valores próprios são os elementos da diagonal principal,
isto é, λ1 = −
1
1
< 0 e λ2 = − < 0 . Como ambos os valores próprios são negativos a origem é um
12
8
ponto de máximo relativo da função.
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Extremos
Estes dois processos, só por si não permitem concluir se o máximo é global. Utilizando a definição,
como f (0,0) = 0 e como f ( x, y ) = −
x2 y2
−
≤ 0 ∀( x, y )∈D f , tem-se
24 16
∀( x, y )∈D f
f ( x, y ) ≤ f (0, 0) = 0 ,
concluindo-se , portanto, que o máximo é global. O máximo da função é f (0, 0) = 0 , que pode ser
representado graficamente por ( 0, 0, f (0, 0) ) = ( 0, 0, 0 ) .
A existência do máximo global pode ser confirmada através do gráfico da função. Graficamente, a
2
y
x
função f ( x, y ) = − 24
− 16
2
é um parabolóide elíptico, com concavidade voltada para baixo, com
vértice na origem e cujo eixo é o eixo dos zz, como ilustra a seguinte figura.
(
)
A representação gráfica do gradiente da função, ∇f = − 12x , − 8y , ilustra que a origem é um ponto de
2
y
x
− 16
máximo de f ( x, y ) = − 24
.
2
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Extremos
1.b) Determinar, caso existam, os extremos da função f ( x, y ) = x 2 + y 2 .
Resolução: O domínio da função é
2
. Sendo o gráfico de, f ( x, y ) = x 2 + y 2 um cone de
revolução, com concavidade voltada para cima, com vértice na origem e cujo o eixo é o eixo dos zz,
ou seja, a função tem um mínimo no ponto (0, 0) , que é absoluto. O valor desse mínimo é
f (0,0) = 0 , e as suas coordenadas ( 0, 0, f (0, 0) ) = ( 0, 0, 0 ) .
Analiticamente, para estudar os extremos da função, é necessário resolver o sistema
x
∂f
=0
=0
2
x + y2
∂x
⇔
.
∂f
y
=0
=0
∂y
x2 + y 2
Verifica-se que este sistema não tem solução, as derivadas parciais da função nunca são
simultaneamente nulas, e, portanto, não existem pontos críticos. Por outro lado, estas expressões são
indefinidas para x = 0 e y = 0 , provando-se, por definição, que não existem derivadas parciais da
função no ponto (0, 0) (exercício). Portanto, o ponto (0, 0) é interior ao domínio da função,
contudo, f não é diferenciável neste ponto, f ∈ C1 (
2
\ {0, 0}) . Nestes casos, é possível que a
função admita um extremo num ponto nestas condições; por exemplo, como se pode ver
graficamente a função f ( x, y ) = x 2 + y 2 tem um mínimo no ponto (0, 0) .
Pelo que foi dito, o método aqui apresentado para se localizarem os candidatos extremos de uma
função não pode ser aqui aplicado. Para se verificar analiticamente se a origem é um extremante da
função pode recorrer-se à definição (possibilita concluir quanto à existência de extremos absolutos).
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Extremos
Sendo f (0,0) = 0 e, como, f ( x, y ) = x 2 + y 2 ≥ 0 , ∀( x , y )∈D f , tem-se f ( x, y ) ≥ f (0, 0) = 0, ∀( x , y )∈D f ,
quer dizer, provou-se por definição que (0, 0) é um ponto de mínimo global da função.
A representação gráfica do gradiente da função, ∇f =
(
x
x2 + y 2
,
y
x2 + y2
) , ( x, y) ≠ (0, 0) , ilustra o facto
da origem ser ponto de mínimo de f ( x, y ) = x 2 + y 2 .
1.c) Determinar, caso existam, os extremos da função f ( x, y ) = −
Resolução: O domínio da função é
2
x2 y 2
+
.
24 16
, sendo esta diferenciável no seu domínio. Como
∂f
x
=0
− =0
x=0
∂x
12
.
⇔
⇔
∂f
y
y=0
=0
=0
∂y
8
A origem é o único ponto crítico da função, um candidato a extremo. A matriz hessiana é
H ( x, y ) =
−
1
12
0
0
1
8
E valor do hessiano associado
∆ 2 = H (0, 0) = −
.
1
< 0,
12 × 8
como este determinante é negativo, a função não admite extremo na origem. A origem é um ponto
de sela. O gráfico da função f ( x, y ) = −
x2 y2
+
é um parabolóide hiperbólico ou sela, segundo o
24 16
eixo das ordenadas, como ilustra a seguinte figura.
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Extremos
(
)
O gráfico do gradiente da função, ∇f = − 12x , 8y , ilustra o facto da origem ser um ponto de sela.
1.d) Determinar, caso existam, os extremos da função f ( x, y ) = 2( y 3 + x 2 + xy )
Resolução: O domínio da função é
2
, e, f ∈ C1 (
2
) . O sistema de estacionaridade é
∂f
y
=0
x=−
2(2 x + y ) = 0
−
x=0
∂x
2
⇔
⇔
⇔
⇔
2
∂f
2( x + 3y ) = 0
y
y (6 y − 1) = 0
y=0
=0
− + 3y2 = 0
∂y
2
x=−
1
y=
6
1
12
.
Os pontos críticos são, portanto, (0,0) e ( − 121 , 16 ) . A matriz hessiana é
APONTAMENTOS DE COMPLEMENTOS DE MATEMÁTICA
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Extremos
∂2 f
∂x 2
H ( x, y ) = 2
∂ f
∂y∂x
•
∂2 f
4 2
∂x∂y
(repare-se que esta matriz apenas depende de y).
=
2
∂ f
2 12 y
∂y 2
No ponto (0,0) tem-se
4 2
,
2 0
H (0,0) =
pelo que
d2 = H
(0,0)
=
4 2
= −4 < 0 ,
2 0
como d 2 = −4 < 0 , este ponto de estacionaridade é um ponto de sela, isto é, o ponto (0,0) não é de
máximo nem de mínimo (a função não admite, não tem, extremo na origem).
•
No ponto ( − 121 , 16 ) como
H ( − 121 , 16 ) =
4 2
,
2 2
vem
d2 =
4 2
= 4 > 0,
2 2
a função tem um extremo no ponto ( − 121 , 16 ) , e uma vez que d 1 = 4 > 0 , este ponto é um ponto de
mínimo. O mínimo é
f ( − 121 , 16 ) = 2
((
) + ( − 121 )
1 3
6
2
)
1
− 121×6 = − 216
.
Alternativamente podem estudar-se os sinais dos valores próprios associados a H. Como existem
dois pontos críticos optamos por calcular a expressão geral dos valores próprios
H − λI = 0 ⇔
4
2
2 12 y
−λ
1 0
0 1
=0⇔
4
2
2 12 y
−
λ
0
0 λ
=0⇔
4−λ
2
2
12 y − λ
=0⇔
⇔ (4 − λ )(12 y − λ ) − 4 = 0 ⇔ λ 2 − 4(1 + 3 y )λ + 4(12 y − 1) = 0
•
No ponto (0,0) , y = 0 , obtém-se a seguinte equação do 2ª grau λ 2 − 4λ − 4 = 0 , resolvendo esta
equação obtemos 2 valores para λ , os valores próprios,
λ = 2+2 2
λ = 2−2 2 < 0
como os valores próprios alternam o sinal conclui-se que o ponto crítico é um ponto de sela,
conclusão análoga à encontrada para o estudo do sinal dos menores.
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Extremos
•
No ponto ( − 121 , 16 ) , obtém-se
λ 2 − 6λ + 4 = 0 ⇔ λ = 3 + 5 > 0 λ = 3 − 5 > 0 ,
como os dois valores próprios da matriz hessiana associados a este ponto crítico são ambos
positivos, conclui-se que o ponto é de mínimo. O que está de acordo com o estudo efectuado para o
sinal dos menores da metriz hessiana.
Conclusão: A função não admite extremo na origem e tem um mínimo no ponto ( − 121 , 16 ) .
1.e) Determinar, caso existam, os extremos da função f ( x, y ) = 2( x − y ) 2 − 2(x 4 + y 4 )
Resolução: O domínio da função é
2
, e, f ∈ C1 (
2
) . Resolvendo o sistema de estacionaridade
obtêm-se, caso existam, os pontos críticos da função.
∂f
= 4( x − y ) − 8 x3 = 0
− x + y + 2 x3 = 0
− x + y + 2 x3 = 0
−2 x + 2 x 3 = 0
∂x
⇔
⇔
⇔
⇔
3
∂f
x
y
2
y
0
−
+
=
y
x
=
−
−
3
= −4( x − y ) − 8 y = 0
2 x3 + 2 y 3 = 0 ⇔
∂y
3
3
⇔ y =− x ⇔ y =− x
⇔
2 x ( x 2 − 1) = 0
−
⇔
x=0
x = −1
x =1
y=0
y =1
y = −1
os pontos críticos são, (0,0) , (− 1,1) e (1,−1) . A matriz hessiana é
∂2 f
∂x 2
H ( x, y ) = 2
∂ f
∂y∂x
∂2 f
4 − 24 x 2
∂x∂y
=
∂2 f
−4
∂y 2
−4
4 − 24 y 2
.
A expressão geral do hessiano associado é
d 2 = H ( x, y ) = (4 − 24 x 2 )(4 − 24 y 2 ) − 16 = 576 x 2 y 2 − 96 y 2 − 96 x 2
•
Nos pontos (− 1,1) e (1,−1) , como d 2 = H
( −1,1)
= H
(1, −1)
= 384 > 0 , a função admite extremos
nestes pontos, uma vez que
d1 =
∂2 f
∂x 2
(1, −1)
( −1,1)
= 4 − 24 x 2 (1,−1) = −20 < 0 ,
( −1,1)
os pontos (− 1,1) e (1,−1) são pontos de máximo.
•
Na origem , como d 2 = H
(0,0)
= 0 , por este processo nada se pode concluir. Deve-se recorrer a
outro processo: estudo dos valores próprios da matriz hessiana, à definição ou, alternativamente,
ver o que se passa nas direcções singulares.
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Extremos
Estudando os valores próprios da matriz hessiana associada ao ponto (0, 0) , obtém-se
λ 2 − 8λ = 0 ⇔ λ = 0 λ = 8 , como um dos valores próprios é nulo, nada se pode concluir.
Passando à definição, sendo f ( x, y ) = 2( x − y ) 2 − 2( x 4 + y 4 ) vem
f (0,0) = 0 , qualquer bola
centrada na origem contém pontos da forma (0, y ) , onde f (0, y ) = −2( y 2 + y 4 ) < 0 e da forma
(x,0) onde f ( x,0) = 2 x 2 − 2 x 4 , se f ( x,0) < 0 , o ponto (0,0) seria um ponto de máximo local (por
definição) , contudo tal facto não se verifica para todo o ponto (x,0) (não se verifica para x < 1 ),
basta considerar x =
1
2
vindo f
( 12 , 0 ) = 12 − 14 = 14 > 0 . Conclui-se que
f ( x, y ) não admite extremo
no ponto (0,0) , a origem é um ponto de sela.
Conclusão: (− 1,1) e (1,−1) são dois pontos de máximo da função e a origem é um ponto de sela.
1.f) Determinar, caso existam, os extremos da função f ( x, y ) = x 4 − 2 x 2 y 2 + y 4 + 2
2
Resolução: O domínio da função é
, e, f ∈ C1 (
2
) . O sistema de estacionaridade é
∂f
= 4 x 3 − 4 xy 2 = 0
4 x ( x2 − y 2 ) = 0
x = 0 x2 = y2
∂x
⇔
⇔
.
∂f
−
2
3
−
= −4 x y + 4 y = 0
∂y
Vindo
x=0
−4 x y + 4 y = 0
2
3
⇔
x=0
4y = 0
3
⇔
x=0
y=0
,
e
x2 = y 2
−4 x 2 y + 4 y 3 = 0
⇔
−
−4 x 3 + 4 y 3 = 0
⇔
x2 = y 2
0 = 0 P.V.
⇔
y = ±x
x∈
.
Os pontos críticos são, a origem, (0,0) , e todos os pontos que verificam a relação y = ± x , repare-se
que nesta condição está incluído o ponto (0,0) . Os pontos de críticos são, pois, os pontos que se
encontram sobre as rectas y = x e y = − x , isto é, os pontos da forma ( x0 , x0 ) e ( x0 ,− x0 ) . A matriz
hessiana é
H ( x, y ) =
12 x 2 − 4 y 2
− 8 xy
− 8 xy
,
− 4 x 2 + 12 y 2
donde
H ( x 0 ,± x 0 ) =
8 x02
8 x 02
8 x 02
8 x02
= 0,
donde, por este método nada se pode concluir.
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Extremos
Por definição, uma vez que,
f ( x, y ) = x 4 − 2 x 2 y 2 + y 4 + 2 = (x 2 − y 2 ) + 2 ≥ 2 ,
2
e, como,
f ( x0 ,± x 0 ) = x 04 − 2 x04 + x 04 + 2 = 2 ,
pode concluir-se que os pontos situados sobre as rectas y = x e y = − x são pontos de mínimo
globais
∀( x , y )∈
f ( x, y ) ≥ f ( x0 , ± x0 ) = 2 .
2
Repare-se que para quaisquer pontos sobre as rectas y = ± x a função toma sempre o mesmo valor
(para abcissas e ordenadas na relação y = ± x a cota é sempre a mesma), isto é, f ( x0 , ± x0 ) = 2 o
mínimo da função.
1.g) Determinar, caso existam, os extremos da função f ( x, y ) = x 4 + 2 x 2 ( y 2 − 4 ) + ( y 2 − 4 )
2
2
Resolução: O domínio da função é
, e, f ∈ C1 (
2
) . A construção do sistema de estacionaridade,
leva-nos a
∂f
= 4 x 3 + 4 x ( −4 + y 2 ) = 0
4 x ( −4 + x 2 + y 2 ) = 0
x = 0 x2 + y2 = 4
∂x
⇔
⇔
∂f
−
4 y ( −4 + x 2 + y 2 ) = 0
= 4 y 3 + 4 y ( −4 + x 2 ) = 0
∂y
donde
x=0
y=0
e
x2 + y2 = 4 ⇔ y = ± 4 − x2
0 = 0 P.V.
Os pontos críticos são (0,0) e os pontos sobre a circunferência x 2 + y 2 = 4 , isto é, os pontos do tipo
(x ,±
0
)
4 − x02 .
A matriz hessiana é
H ( x, y ) =
•
4(− 4 + 3x 2 + y 2 )
8 xy
.
8 xy
4(− 4 + x 2 + 3 y 2 )
Na origem
H (0,0) =
resultando
H
(0,0)
=
− 16 0
0
− 16
−16 0
= 256 > 0 ,
0 −16
o ponto (0,0) é um extremante da função, como d1 =
sendo o seu valor f (0, 0) = 16 .
∂f
(0, 0) = −16 < 0 , é um ponto de máximo,
∂x
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Extremos
•
Para os pontos sobre x 2 + y 2 = 4 , como
(
)
H x0 ,± 4 − x02 =
vem
8 x02
± 8 x 02 4 − x02
± 8 x02 4 − x02
4 8 − 2 x02
(
)
)
(
H x 0 ,± 4 − x02 = 0 ,
ou seja, nada se pode concluir por este processo.
Recorrendo à definição, uma vez que
(
) (
f ( x, y ) = x 4 + 2 x 2 y 2 − 4 + y 2 − 4
concluí-se que
(
) = (x
2
2
)
2
+ y2 − 4 ≥ 0 ,
)
f x 0 ,± 4 − x02 = 0 ≤ f ( x, y ) , ∀( x , y )∈
2
=Df
,
ou seja, os ponto sobre a circunferência são pontos de mínimos globais da função.
Conclusão: A função têm um máximo na origem, o ponto f (0, 0) = 16 , e uma linha de mínimos
)
(
globais sobre a circunferência x 2 + y 2 = 4 , sendo f x0 , ± 4 − x02 = 0 o valor desse mínimo.
1.h) Determinar, caso existam, os extremos da função f ( x, y ) = 2 x 3 + 2 y 3 − 6axy , com a ∈
Resolução: O domínio da função é
2
, e, f ∈ C1 (
2
) . O sistema de estacionaridade é
∂f
y2
= 6 x 2 − 6ay = 0
y2
x
=
−
x=
∂x
a
⇔
⇔
a ⇔
∂f
y=0
= 6 y 2 − 6ax = 0
y ( y 3 − a3 ) = 0
−
∂y
donde
y=0
.
x=0 e y=a
y=a
,
x =a,
ou seja, os pontos críticos da função são (0,0) e (a, a ) .
Obs.: Facilmente se observa que o sistema de estacionaridade é verificado para x = y donde
6 x 2 − 6ax = 0 ⇔ 6 x ( x − a) = 0 ⇔ x = 0 x = a .
A matriz hessiana é
H ( x, y ) =
12 x − 6a
,
− 6a 12 y
sendo a expressão geral do hessiano associado
H ( x, y ) =
12 x −6a
= 144 xy − 36a 2 .
−6a 12 y
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Extremos
•
Para o ponto (0,0) vem
H (0, 0) = −36a 2
então se:
i) a ≠ 0 , a função não extremo local no ponto (0,0) uma vez que H (0,0) < 0
ii) a = 0 , como H (0,0) = 0 , nada se pode concluir.
Como, para a = 0 , f ( x, y ) = 2(x 3 + y 3 ) , qualquer vizinhança do ponto (0,0) contém pontos do tipo
(x,0) e (0, y ) ,
< 0 se x < 0
< 0 se y < 0
f ( x,0)
e f (0, y )
,
> 0 se x > 0
> 0 se y > 0
portanto a função não extremo no ponto (0,0) (ponto de sela).
•
Para o ponto (a, a ) , vem
H (a, a) = 144a 2 − 36a 2 = 108a 2 ,
então se
i) a ≠ 0 , a função tem um extremo local no ponto (a, a ) uma vez que H (a, a) > 0 . Como
d1 = 12 x
d1 (a, a) = 12a , deve considerar-se dois casos, se
1) a > 0 então d 1 > 0 e a função admite um mínimo local neste ponto;
2) a < 0 então d 1 < 0 e a função admite um máximo local neste ponto.
ii) a = 0 , como
H (a, a) = 0 , nada se pode concluir. Contudo, como (a, a ) = (0,0) a função não
admite extremo (caso estudado em cima).
Conclusão: Se a = 0 a função não tem extremos, se a > 0 a função tem um mínimo local no ponto
(a, a ) e se a < 0 a função tem um máximo local no ponto (a, a ) . Repare-se que f (a, a) = −2a3 ,
sendo f (a, a ) > 0 se a < 0 e f (a, a ) < 0 se a > 0
1.i) Determinar, caso existam, os extremos da função f ( x, y ) = x 4 − y 3 + y 2
Resolução: O domínio da função é
4 x3 = 0
−3 y + 2 y = 0
2
2
, e, f ∈ C1 (
⇔
2
) . Resolvendo o sistema de estacionaridade
x=0
−2 y ( y − 1) = 0
3
2
⇔
x=0
x=0
y=0
y=
2
3
,
obtêm-se os pontos de equilíbrio (0,0) e ( 0, 23 ) .
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Extremos
A matriz hessiana é
H ( x, y ) =
•
12 x 2
0
0
.
− 6y + 2
Para (0,0) , o hessiano é
∆ 2 = H (0, 0) =
0 0
= 0 , nada se pode concluir.
0 2
De
f ( x, y ) = x 4 − y 3 + y 2 = x 4 + y 2 (1 − y ) ,
é evidente que em qualquer bola centrada na origem, desde que y < 1 , f ( x, y ) > 0 com excepção
de (0,0) onde f (0,0) = 0 . Então, f ( x, y ) tem um ponto de mínimo local em (0,0) .
•
Para ( 0, 23 ) , o hessiano é
∆ 2 = H ( 0, 23 ) =
0 0
= 0 , nada se pode concluir.
0 −2
Uma vez, que x = 0 vem
z = − y3 + y2
dz
= −3 y 2 + 2 y .
dy
Procedendo como no caso de f.r.v.r.
dz
= 0 ⇔ −3 y 2 + 2 y = 0 ⇔ y = 0
dy
−∞
-
y
dz dy
z
0
0
m
+
y=
23
0
M
2
3
+∞
-
Donde se conclui que ( 0, 23 ) é um ponto de máximo segundo a direcção x = 0 .
Por outro lado, sendo y =
2
3
vem
z = x 4 + 274 ≥
4
27
= f ( 0, 23 ) ,
concluindo-se de imediato que ( 0, 23 ) é um ponto de mínimo segundo a direcção y = 23 .
A função não admite extremo no ponto ( 0, 23 ) , uma vez que é ponto de máximo segundo certa
direcções e ponto de mínimo segundo outras.
Conclusão: A origem é um ponto de mínimo local da função, enquanto o ponto ( 0, 23 ) é um ponto
se sela.
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Extremos
1.j) Determinar, caso existam, os extremos da função f ( x, y, z ) = 2 x 2 + y 2 + 4 z 2 .
Resolução: O domínio da função é
3
, e, f ∈ C1 (
3
4x = 0
) . Do sistema de estacionaridade
x=0
2y = 0 ⇔ y = 0 ,
8z = 0
z=0
obtém-se o ponto crítico (0,0,0) , possível extremo. Como
∂2 f
∂2 f
∂2 f
∂2 f
∂2 f
∂2 f
e
=
4
,
=
=
=
0
,
=8,
=
2
∂x∂y ∂x∂z ∂y∂z
∂x 2
∂z 2
∂y 2
a matriz hessiana é
4 0 0
H ( x, y , z ) = 0 2 0
0 0 8
uma vez que
4 0 0
4 0
d 3 = 0 2 0 = 64 > 0 , d 2 =
= 8 > 0 e d1 = 4 > 0 ,
0 2
0 0 8
isto é, todos os menores são positivos, o ponto (0,0,0) é um ponto de mínimo. Repare-se que sendo
a hessiana uma matriz diagonal os seus valores próprios são os elementos da diagonal, isto é,
λ1 = 4, λ2 = 2 e λ3 = 8 , todos os valores próprios são positivos a origem é um ponto de mínimo.
Sendo
f ( x, y, z ) = 2 x 2 + y 2 + 4 z 2 ≥ 0 = f (0, 0, 0) (mínimo da função) ∀( x , y , z )∈
3
=D f
,
o mínimo é global.
1.k) Determinar, caso existam, os extremos da função f ( x, y, z ) = x 4 + y 4 + z 4 − 4 xyz .
Resolução: O domínio da função é
3
, e, f ∈ C1 (
3
) . Resolvendo o sistema de estacionaridade
4 x 3 − 4 yz = 0
4 y 3 − 4 xz = 0
4 z 3 − 4 xy = 0
obtêm-se os pontos críticos (−1,−1,1) , (−1,1,−1) , (1,−1,−1) , (0,0,0) e (1,1,1) . A matriz hessiana é
12 x 2
− 4z
− 4y
H ( x, y, z ) = − 4 z 12 y
− 4x
− 4 y − 4 x 12 z 2
2
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Extremos
Obtendo-se
12 4
4
12 4 − 4
H (1,−1,−1) = 4 12 − 4 , H (−1,1,−1) = 4 12 4 ,
4 − 4 12
− 4 4 12
12 − 4 − 4
12 − 4 4
H (−1,−1,1) = − 4 12 4 e H (1,1,1) = − 4 12 − 4 .
4
4 12
− 4 − 4 12
Como d 3 = H (−1,−1,1) = H (−1,1,−1) = H (1,−1,−1) = H (1,1,1) = 1024 > 0 , o menor principal de
segunda ordem d 2 , é igual para todos estes pontos críticos e maior do que zero d 2 = 128 > 0 e o
menor principal de primeira ordem é também igual para estes pontos e maior do que zero
d 1 = 12 > 0 , pode-se concluir que todos estes pontos são pontos de mínimo local. O valor deste
mínimo local é f ( x0 , y0 , z0 ) = −1 , sendo ( x0 , y0 , z0 ) um destes 4 pontos.
Para o ponto (0,0,0) , d 3 = H (0,0,0) = 0 , nada se pode concluir por este processo. Os valores
próprios da matriz H associados ao ponto (0, 0, 0) , são λ = 0 com multiplicidade 3, e, portanto,
também nada se pode concluir.
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Extremos
Extremos condicionados – resumo da teoria
Em muitos caso pretende-se determinar os máximos ou os mínimos de uma função quando as suas
variáveis estão sujeitas a uma ou mais restrições. Chama-se a este tipo de questões um problema de
extremos condicionados (ligados), ou com restrições. Quando não existem restrições, diz-se um
problema de extremos livres.
Exemplo: Para determinar a distância entre a parábola y = 4x 2
e a recta x − y = 1 , pretende
determinar-se o mínimo da função distância entre dois pontos que devem obedecer às seguinte
condições (restrições): um ponto deve pertencer à parábola; o outro ponto deve pertencer à recta.
Neste âmbito, seja
( x, y )
um
ponto
qualquer de y = 4x 2 e (u, v) um ponto qualquer de x − y = 1 . O objectivo é minimizar a distância
d (( x, y ), (u , v) ) = ( x − u ) 2 + ( y − v ) 2 , com ( x, y ) tal que y = 4x 2 e (u, v) tal que u − v = 1 . Para
facilitar os cálculos, pode-se procurar os pontos no qual d 2 = ( x − u ) 2 + ( y − v) 2 é mínima, pois é
nesse ponto que a distância, d, atinge o seu menor valor.
Um processo que neste caso pode ser utilizado para resolver o problema, é explicitar nas condições,
duas das variáveis por exemplo, y e v em função das restantes e substitui-las na função a minimizar.
Resultando
y = 4x 2
v = u −1
(
)
d 2 = ( x − u ) 2 + ( y − v ) 2 = ( x − u ) + 4 x 2 − u + 1 = f ( x, u ) ,
2
2
assim, o problema de extremos condicionados transformou-se num problema de extremos livres da
função f ( x, u ) . Começa-se por resolver o sistema de estacionaridade, em busca dos pontos críticos,
f x′ = 0
f y′ = 0
2( x − u ) + 16 x ( 4 x 2 − u + 1) = 0
−2( x − u ) − 2 ( 4 x − u + 1) = 0
2
( 4x
2
− u + 1) (16 x − 2) = 0 ⇔ x =
APONTAMENTOS DE COMPLEMENTOS DE MATEMÁTICA
1
u = 4 x2 + 1
8
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Extremos
donde
x = 18
−2 ( 18 − u ) − 2 ( 161 − u + 1) = 0 ⇔ u = 19
32
u = 4x2 + 1
2( x − 4 x 2 − 1) + 16 x ( 4 x 2 − 4 x 2 − 1 + 1) = 0 ⇔ −4 x 2 + 2 x − 1 = 0, impossível em
.
Conclui-se que, a função f ( x, u ) tem um ponto critico para ( x, u ) ≡ ( 18 , 19
32 ) e como
x = 18
y = 161
u = 19
32
v = − 13
32
,
a função d = ( x − u ) 2 + ( y − v) 2 tem um ponto critico em
( 18 , 161 , 1932 , − 1332 ) .
A distância mínima entre a parábola y = 4x 2 e a recta x − y = 1 , é a distância entre ( x, y ) = ( 18 , 161 )
13
(pertencente à parábola) e (u, v) = ( 19
32 , − 32 ) (pertencente à recta). Sabe-se, pela natureza geométrica,
que existe um mínimo e que não existe nenhum máximo, logo o ponto encontrado tem de
corresponder ao mínimo procurado. A distância mínima é o valor da função, d¸ neste ponto, ou seja,
d=
( 18 − 1932 ) + ( 161 + 1332 )
2
2
= 15
2.
32
Este processo nem sempre se pode aplicar, pois em geral é difícil obter das condições dadas,
algumas variáveis em função das restantes, mesmo que o teorema da função implícita garanta que
essas funções existam. Para evitar este inconveniente pode-se considerar o chamado método dos
multiplicadores de Lagrange, que permite obter os pontos nos quais a função sujeita a determinadas
condições pode ter um extremo (pontos críticos).
n
Teorema (método dos multiplicadores de Lagrange): Seja f :
A um aberto de
n
, g:
n
→
m
tal que f ∈ C 1 ( A) , sendo
(m < n) com g ∈ C 1 ( A) e B = { x : x ∈ A g ( x ) = 0} . Suponha-
se que f admite um extremo em a ∈ B e que det
λ1 ,
→
∂ ( g1
∂ ( x1
gm )
xn )
≠ 0 , então existem m nº reais
(a )
, λ m , tais que a é ponto crítico da função F ( x ) = f ( x ) +
m
i =1
λi g i ( x ) . A λ1 ,
, λ m dá-se o
nome de multiplicadores de Lagrange.
Este teorema afirma que os extremos da função f sujeita às m restrições gi ( x ) = 0 , só podem
ocorrer em pontos críticos da função Lagrangeana F ( x ) = f ( x ) + λ1 g1 ( x ) +
+ λm g m ( x ) .
Assim a resolução de um problema deste tipo começa pela determinação destes pontos críticos,
obtidos através da resolução do seguinte sistema:
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Extremos
∂F ( x )
,
∂x1
,
∂F ( x ) ∂F ( x )
,
= g1 ( x ),
∂xn
∂λ1
∂F ( x )
= g m ( x ) = (0,
∂λm
,
, 0, 0,
, 0) .
Em seguida pode-se tentar, por meio de uma análise física, geométrica ou outra, determinar se esses
pontos são ou não os extremantes procurados.
m
Existe um processo analítico para decidir se um ponto crítico a da função F ( x ) = f ( x ) +
i =1
é máximo ou mínimo da função f ( x ) , sujeita às restrições gi ( x ) (i = 1,
λi g i ( x )
, m) . Considera-se a
matriz hessiana orlada
F
onde A =
∂gi
∂xi
(i = 1,
(a ) =
0
A
T
HF
A
,
, m) , sendo AT a transposta de A, 0 é a matriz nula e H F a hessiana de F
(a )
no ponto a. Seja m o nº de restrições gi ( x ) e ∆ j o menor principal de ordem j da matriz
Então, sendo n o nº de variáveis das funções f e gi , i = 1,
m par
F
(a ) .
, m , tem-se:
∆ 2 m+1 > 0; ∆ 2 m+ 2 > 0; ∆ 2 m +3 > 0;
; ∆ m+ n > 0
∆ 2 m+1 < 0; ∆ 2 m+ 2 > 0; ∆ 2 m+3 < 0;
;(−1)m + n ∆ m+ n > 0
f (a ) é mínimo
f (a ) é máximo
,
e
m impar
∆ 2 m +1 < 0; ∆ 2 m + 2 < 0; ∆ 2 m+3 < 0;
; ∆ m+ n < 0
∆ 2 m +1 > 0; ∆ 2 m+ 2 < 0; ∆ 2 m +3 > 0;
;(−1)m + n ∆ m+ n < 0
f (a ) é mínimo
f (a ) é máximo
.
Repare-se que ∆ 2 m+1 ≤ ∆ n+ m . Sendo número de determinantes (menores) a calcular dado por n − m ,
e a ordem do maior determinante a calcular dada por n + m .
Obs.: Para n = 2 , e um problema de extremos condicionados com uma restrição, a função
Lagrangeana é L( x, y, λ ) = f ( x, y ) + λ g ( x, y ) , vamos calcular o hessiano como se um problema de
extremos livres se tratasse:
| H |=
∂2 L
∂x 2
∂2 L
∂x∂y
∂2 L
∂x∂λ
∂2 L
∂x 2
∂2 L
∂x∂y
∂g
∂x
∂2 L
∂y∂x
∂2 L
∂y 2
∂2 L
∂2 L
=
∂y∂λ
∂y∂x
∂2 L
∂y 2
∂g
∂g
=
∂y
∂x
∂2 L
∂x 2
0
∂2 L
= T
A
∂x∂y
∂2 L
∂λ∂x
∂2 L
∂λ∂y
∂2 L
∂λ 2
∂g
∂y
0
∂g
∂y
∂2 L
∂y∂x
∂2 L
∂y 2
∂g
∂x
0
∂g
∂x
∂g
∂y
A
HF
=|
F
|.
Pode utilizar-se o critério para classificação de extremos utilizado no caso dos extremos livres.
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Extremos
Extremos condicionados - possível resolução dos exercícios
2. Estudar a existência de extremos da função f ( x, y ) = xy + 14 sujeita à restrição x 2 + y 2 = 18 .
Resolução: Neste exercício, pretende-se calcular os extremos da função f ( x, y ) = xy + 14 , sujeita à
restrição x 2 + y 2 = 18 ⇔ x 2 + y 2 − 18 = 0 ⇔ g ( x, y ) = 0 . Ou seja, pretende calcular-se os valores
extremos da superfície z = xy + 14 ao longo da circunferência x 2 + y 2 = 18 . Na figura seguinte
faz-se um esboço da superfície z = f ( x, y ) e da sua intersecção com a curva x 2 + y 2 = 18 .
Tem-se, portanto, uma função a extremar, a função objectivo f ( x, y ) = xy + 14 , uma restrição,
( m = 1 ), x 2 + y 2 = 18 e duas variáveis ( n = 2 ), um problema de extremos condicionados.
Estando nas condições do Teorema dos multiplicadores de Lagrange, os extremos da função sujeita
à restrição só podem ocorrer nos pontos críticos da função Lagrangeana
m
F ( x) = f ( x) +
i =1
λi g i ( x ) = f ( x, y ) + λ g ( x, y ) = xy + 14 + λ ( x 2 + y 2 − 18) .
m =1
Os pontos críticos de F ( x, y ) , resultam do sistema de estacionaridade,
∂F
y
=0
λ=−
∂x
y + 2 xλ = 0
y
x
2x
=
∂F
2x 2 y
=0
⇔ x + 2 yλ = 0 ⇔ λ = − x
∂y
2y
x 2 + y 2 = 18
∂F
= g ( x, y ) = 0
x 2 + x 2 = 18 x = ±3
∂λ
a solução do sistema é x = 3
y = ±3 e x = −3
x2 = y 2
,
y = ±3 .
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Extremos
Assim, a função F ( x, y ) tem quatro pontos críticos (−3, 3) e (3, −3) para λ =
1
2
e (−3, −3) e (3, 3)
para λ = − 12 . Ou seja, a função f ( x, y ) sujeita à restrição g ( x, y ) = 0 (o problema de extremos
condicionados), admite
quatro candidatos a extremo. Facilmente se pode verificar os pontos
críticos verificam a restrição g ( x, y ) = 0 ⇔ x 2 + y 2 − 18 = 0 . Portanto, para todo o ponto crítico
( x0 , y0 ) da função Lagrangeana, f ( x0 , y0 ) = F ( x0 , y0 ) , uma vez que g ( x0 , y0 ) = 0 .
O facto de f ( x, y ) ser contínua nos pontos críticos (que pertencem a x 2 + y 2 = 18 ) e da
circunferência ser limitada e fechada (conjunto compacto) garante pelo teorema de Weierstrass, a
existência de máximo e mínimo absoluto.
Como f (3,3) = f (−3, −3) = 23 e f (−3,3) = f (3, −3) = 5 , o máximo de f ( x, y ) = xy + 14 sobre
x 2 + y 2 = 18 ocorre nos pontos (−3, −3) e (3,3) , enquanto o mínimo ocorre em (−3, 3) e (3, −3) ,
como se ilustra no esboço anterior.
Por outro lado, tratando-se de um problema de extremos condicionados, um processo analítico de
classificar os pontos críticos da função F ( x, y ) , pode ser através do estudo do sinal dos menores
principais da matriz hessiana orlada,
F
0
= T
A
0
∂g
∂x
A
∂g
=
HF
∂x
∂2 F
∂x 2
∂g
∂y
∂2 F
∂y∂x
∂g
∂y
0 2x
∂2 F
= 2 x 2λ
∂x∂y
2y 1
∂2 F
∂y 2
2y
1 ,
2λ
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Extremos
nesses pontos críticos. Repare-se que esta matriz depende das variáveis e do multiplicador.
Sendo, o número de variáveis n = 2 , e o número de restrições m = 1 , tem-se:
i)
o número de determinantes a calcular é n − m = 1 (que coincide com o hessiano)
ii)
a ordem do maior determinante a calcular é n + m = 3
Por i) e ii), basta calcular ∆ 2 m+1 = ∆ n+ m = ∆3 =
F (a )
(hessiano associado), para cada ponto crítico
da função F ( x, y ) para se saber a natureza dos mesmos (em relação ao problema inicial).
Como m é impar:
•
se ∆ 3 > 0 o ponto crítico é um ponto de máximo
•
se ∆ 3 < 0 o ponto crítico é um ponto de mínimo.
1) Para (−3, −3) e (3, 3) com λ = − 12 , vem ∆ 3 =|
F
|= 144 > 0 , e, portanto, estes pontos são
pontos de máximo do problema de extremos condicionados.
2) Para (−3, 3) e (3, −3) com λ = 12 , vem ∆ 3 =|
F
|= −144 < 0 , e portanto, estes pontos são
pontos de mínimo do problema de extremos condicionados.
Este problema de extremos condicionados, tem interpretação geométrica, considerando as curvas de
nível da função e a restrição. A expressão geral das curvas de nível de f ( x, y ) = xy + 14 , é
N c = {( x, y ) ∈
2
: xy + 14 = c} ,
portanto as curvas de nível desta função dão hipérboles.
Na figura seguinte, estão representadas algumas curvas de nível e a restrição x 2 + y 2 = 18 .
Observe-se que as curvas de nível da função objectivo, f ( x, y ) = xy + 14 = c , intersectam o gráfico
da restrição x 2 + y 2 = 18 (circunferência).
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Extremos
Através da figura anterior, pode verificar-se que esses pontos de intersecção são precisamente os
pontos onde o problema tem valores extremos, os pontos críticos da função Lagrangeana, ( x0 , y0 ) .
Assim, os valores de c que se obtêm fazendo f ( x0 , y0 ) = c dão os valores extremos do problema.
Neste exemplo, para c = 5 e c = 23 , respectivamente, os valores mínimo e máximo do problema de
extremos condicionados, os pontos de intersecção entre as curvas de nível e a recta circunferência
são
xy + 14 = 23 x 2 + y 2 = 18
( x, y ) = (−3, −3) ( x, y ) = (3,3) , onde o problema tem um mínimo,
xy + 14 = 5
( x, y ) = (−3,3) ( x, y ) = (3, −3) , onde o problema tem um mínimo.
e
x 2 + y 2 = 18
De facto, pode interpretar-se geometricamente o método dos multiplicadores de Lagrange para
funções de duas variáveis do seguinte modo. Por exemplo, para calcular os valores extremos de
f ( x, y ) sujeita à restrição g ( x, y ) = 0 , ou seja, os extremos de f ( x, y ) quando ( x, y ) pertence à
curva g ( x, y ) = 0 , pode imaginar-se a seguinte figura
A figura seguinte, apresenta-se um esboço, da curva g ( x, y ) = 0 juntamente com várias curvas de
nível da função f, cuja equação é f ( x, y ) = c .
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Extremos
Portanto, maximizar f ( x, y ) sujeita a g ( x, y ) = 0 é achar o maior valor de c tal que a curva de
nível f ( x, y ) = c intercepte a curva g ( x, y ) = 0 . A figura ilustra que tal acontece quando estas
curvas se tocam, ou seja, onde essas curvas têm uma recta tangente em comum. Isto significa que as
rectas normais ao ponto onde as duas curvas se tocam devem ser as mesmas. Logo os vectores
gradientes das duas funções nesse ponto deverão apontar na mesma direcção (são paralelos), o que
só é possível se ∇f for um escalar múltiplo de ∇g no ponto a = ( x0 , y0 ) , isto é, se
∇f ( x0 , y0 ) = λ∇g ( x0 , y0 ) para algum escalar λ , o multiplicador de Lagrange.
Assim, os extremos de f ( x, y ) sujeita a g ( x, y ) = 0 deve ocorrer nos pontos que são solução do
sistema de equações
f′
∂f
∂g
λ= x
=λ
g ′x
∂x
∂x
f x′ = λ g ′x
f x′ f y′
∂f ∂f
∂g ∂g
=
f y′
,
=λ
,
∇f = λ∇g
∂f
∂g
⇔ ∂x ∂y
=λ
⇔ f y′ = λ g ′y ⇔ λ =
⇔ g ′x g ′y
∂x ∂y ⇔
g ( x, y ) = 0
∂y
∂y
g ′y
g ( x, y ) = 0
g ( x, y ) = 0
g ( x, y ) = 0
g ( x, y ) = 0
g ( x, y ) = 0
Este resultado pode ser generalizado para um número de variáveis n > 2 .
3. Calcular os valores extremos da função f ( x, y ) = x + y no círculo x 2 + y 2 = 4 .
Resolução: A função objectivo é f ( x, y ) = x + y e a restrição g ( x, y ) = x 2 + y 2 = 4 . Para a procura
dos candidatos a extremos, pode utilizar-se ∇f = λ∇g
g ( x, y ) = 0 (1). Uma vez que, ∇f = (1,1) e
∇g = (2 x, 2 y ) , de (1) vem (1,1) = λ (2 x, 2 y ) , ou seja, 1 = λ 2x e 1 = λ 2 y , vindo x = y . Tendo em
conta a restrição, os candidatos a extremos são ( 2, 2) e (− 2, − 2) .
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Extremos
Pelo teorema de Weierstrass , f ( 2, 2) = 2 2 é o máximo da função e f (− 2, − 2) = −2 2 o
mínimo.
Na figura, estão representadas as curvas de nível da função para c = ±2 2 , ou seja, as rectas
f ( x, y ) = −2 2 ⇔ y = −2 2 − x e f ( x, y ) = 2 2 ⇔ y = 2 2 − x , e a restrição x 2 + y 2 = 4 . Os
pontos de máximo f ( 2, 2) = 2 2 e mínimo f (− 2, − 2) = −2 2 do problema de extremos
condicionados, são os pontos de tangência entre a circunferência e as rectas y = 2 2 − x e
y = −2 2 − x , respectivamente.
Como exercício, calcule o valor de λ , associado a este problema. Utilize este processo e a função
Lagrangeana. Interprete o resultado.
4. Calcular, caso existam, os extremos da função f ( x, y ) = 9 − x 2 − y 2 no plano x + y = 3 .
Resolução: Neste exercício, pretende-se calcular os extremos da função f ( x, y ) = 9 − x 2 − y 2 ,
sujeita à restrição g ( x, y ) = x + y − 3 = 0 , um problema de extremos condicionados. Estando nas
condições do Teorema dos multiplicadores de Lagrange, os extremos da função sujeita à restrição
devem procurar-se nos pontos críticos da função Lagrangeana
F ( x , y ) = f ( x, y ) + λ g ( x , y ) = 9 − x 2 − y 2 + λ ( x + y − 3 ) .
O sistema de estacionaridade é
∂F
=0
∂x
−2 x + λ = 0
∂F
=0
⇔ −2 y + λ = 0 ⇔
∂y
x+ y −3 = 0
∂F
= g ( x, y ) = 0
∂λ
x=
y=
λ
2
+
λ
2
λ
2
λ
2
3
2
3
⇔ y= .
2
λ =3
x=
−3 = 0
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Extremos
Assim, a função F ( x, y ) tem um ponto crítico
( 32 , 32 ) , para
λ = 3 que é o mesmo que dizer que a
função f ( x, y ) sujeita à restrição g ( x, y ) = 0 , admite o ponto crítico
( 32 , 32 ) , um ponto candidato a
extremo. Tratando-se de um problema de extremos condicionados, um processo de classificar os
pontos críticos da função F ( x, y ) , é através do estudo do sinal dos menores principais, nesses
pontos críticos, da matriz hessiana
F
0
∂g
∂x
∂g
=
∂x
∂2 F
∂x 2
∂g
∂y
∂2 F
∂y∂x
∂g
∂y
0 1 1
∂2 F
= 1 −2 0 ,
∂x∂y
1 0 −2
∂2 F
∂y 2
repare-se que esta matriz não depende nem das variáveis nem do multiplicador. Sendo, o número de
variáveis n = 2 , e o número de restrições m = 1 , tem-se
iii)
o número de determinantes a calcular é n − m = 1 (que coincide com o hessiano)
iv)
a ordem do maior determinante a calcular é n + m = 3
Por i) e ii), basta calcular ∆ 2 m+1 = ∆ n+ m = ∆3 =
F (a )
(hessiano associado), para o ponto crítico da
função F ( x, y ) para se saber a natureza do mesmo (em relação ao problema inicial).
Como m é impar:
•
se ∆ 3 > 0 o ponto crítico é um ponto de máximo
•
se ∆ 3 < 0 o ponto crítico é um ponto de mínimo.
No ponto crítico
( 32 , 32 ) ,
∆3 =
F
= 4 > 0 . Como m é impar e ∆ 3 > 0 , o ponto crítico é um ponto
de máximo da função f ( x, y ) = 9 − x 2 − y 2 sabendo que x e y se pertencem ao plano x + y = 3 , o
máximo do problema de extremos condicionados é f
( 32 , 32 ) = F ( 32 , 32 ) = 9 − ( 32 ) − ( 32 )
2
2
= 92 , uma vez
que o ponto crítico verifica a restrição g ( x, y ) = 0 ⇔ x + y − 3 = 0 .
Geometricamente, como a expressão geral das curvas de nível de f ( x, y ) = 9 − x 2 − y 2 , é
N c = {( x, y ) ∈
2
: 9 − x 2 − y 2 = c} = {( x, y ) ∈
2
estas são circunferências de centro na origem e raio r = 9 − c
: x 2 + y 2 = 9 − c} ,
( 0 ≤ c < 9 ). Na figura seguinte,
estão representadas algumas curvas de nível c = 3, 92 , 6 , assim como o gráfico da restrição
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Extremos
A recta, que correspondente à restrição, é tangente à curva de nível da função correspondente a
c=
9
2
o valor do extremo da função (máximo). O ponto de intersecção entre esta curva de nível,
x 2 + y 2 = 9 − 92 e a recta x + y = 3 restrição é
ou seja, o ponto crítico,
x 2 + y 2 = 9 − 32
x=
3
2
x+ y =3
y=
3
2
,
( 32 , 32 ) , da função Lagrangeana. Pode concluir-se que, a função restrição é
tangente a uma das curvas de nível da função objectivo, sendo o ponto de tangência o extremante
desta função. Substituindo este valor na função objectivo, obtém-se c = 92 , o máximo da função.
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Extremos
Da interpretação geométrica do problema, pode ter-se a seguinte ideia: para que a recta restrição
seja tangente a uma curva de nível da função objectivo, os seus gradientes deverão apontar na
mesma direcção, o que só é possível se ∇f for um escalar múltiplo de ∇g, isto é, se ∇f = λ∇g ,
como já se sabe, λ é o multiplicador de Lagrange.
5. Calcular, caso existam, os extremos da função f ( x, y ) = x − 3 y , com as variáveis sujeitas à
restrição x 2 + 2 y 2 = 9 .
Resolução: Neste problema de extremos condicionados, tem-se um função a extremar,
f ( x, y ) = x − 3 y ,
a
função
objectivo,
sujeita
uma
( m = 1 ),
restrição
g ( x, y ) = 0 ⇔ x 2 + 2 y 2 − 9 = 0 . A Lagrangeana é
F ( x) = f ( x) +
m
i =1
λi g i ( x ) = f ( x, y ) + λ g ( x, y ) = x − 3 y + λ ( x 2 + 2 y 2 − 9 )
m =1
Para se determinar os pontos críticos de F ( x, y ) , recorre-se ao sistema de estacionaridade
1
∂F
=0
λ=−
∂x
2x
1 + 2λ x = 0
3
∂F
=0
⇔ −3 + 4λ y = 0 ⇔ λ =
,
4
y
∂y
x2 + 2 y2 − 9 = 0
∂F
−
= g ( x, y ) = 0
∂λ
(com x ≠ 0 e y ≠ 0 , facilmente se vê que x = 0 e y = 0 não são soluções do sistema), donde
1
3
3
=
⇔ y=− x
2x 4 y
2
9
22
⇔
e λ=
2
6
3
6
2
2
2
x=±
x + 2y −9 = 0 ⇔ x + 2 − x − 9 = 0 ⇔ x = ±
22
2
22
−
y=
(
Assim, a função F ( x, y ) tem dois pontos críticos ±
(±
6
22
,
9
22
)
6
22
,
9
22
) , para λ =
22
12
22
.
12
. Portanto, os pontos
são candidatos a extremos da função f ( x, y ) sujeita à restrição g ( x, y ) = 0 .
Facilmente se pode verificar estes pontos satisfazem a restrição x 2 + 2 y 2 − 9 = 0 .
Analogamente ao exercício anterior, sendo n = 2 (nº de variáveis) e m = 1 (nº de restrições) vem
n − m = 1 (nº de determinantes a calcular) e n + m = 3 (ordem do maior determinante a calcular), ou
seja, basta estudar o sinal de ∆ 2 m+1 = ∆ n+ m = ∆3 =
F (a )
para cada um dos pontos críticos da função
F ( x, y ) para se saber a natureza dos mesmos (em relação ao problema inicial). A matriz hessiana é
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Extremos
∂g
∂x
∂2F
∂x 2
∂2F
∂y∂x
0
F
∂g
=
∂x
∂g
∂y
∂g
∂y
0 2x
∂2F
= 2 x 2λ
∂x∂y
4y 0
∂2F
∂y 2
a expressão geral do hessiano associado é ∆ 3 =
4y
0 ,
4λ
= −8λ (4 y 2 + x 2 ) . O sinal deste determinante
F
depende do sinal de λ , sendo m impar,
•
para λ =
22
12
>0
∆3 =
(
F −
6 , 9
22 22
) < 0 , e (−
6
22
,
9
22
(
f ( x, y ) sujeita à restrição g ( x, y ) , o mínimo é f −
•
para λ = −
22
12
<0
∆3 =
F
(
6 ,− 9
22
22
) > 0, e
(
6
22
f ( x, y ) sujeita à restrição g ( x, y ) , o máximo é f
)
6
22
é um ponto de mínimo da função
,
)=−
33
22
.
) é um ponto de máximo da função
,−
9
22
(
,−
6
22
9
22
9
22
)=
33
22
.
Como exercício verificar se se pode aplicar o teorema de Weierstrass.
6. Calcular a distância mínima da origem à hipérbole de equação y 2 − x 2 + 2 x + 3 = 0 .
Resolução: Seja ( x, y ) um ponto qualquer da hipérbole a função a minimizar (extremar) é a função
d ((0,0), ( x, y ) ) = ( x − 0) 2 + ( y − 0) 2 = x 2 + y 2
ou, por facilidade de cálculos,
d 2 = x 2 + y 2 = f ( x, y )
com as variáveis sujeitas à restrição
g ( x, y ) = y 2 − x 2 + 2 x + 3 ,
isto é, sabendo-se que os pontos ( x, y ) pertencem à hipérbole. Um problema de extremos
condicionados. A função Lagrangeana é
F ( x, y ) = x 2 + y 2 + λ ( y 2 − x 2 + 2 x + 3 )
e o sistema de estacionaridade associado
2 x + λ (−2 x + 2) = 0
−
−
2 y + 2λ y = 0
⇔ 2 y (λ + 1) = 0 ⇔ y = 0 λ = −1 .
−
−
y − x + 2x + 3 = 0
2
2
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Extremos
•
Para y = 0 , vem
2 x + λ (−2 x + 2) = 0
0=0
−
x = −1 x = 3
⇔
− x2 + 2x + 3 = 0
para
x = −1
−2 + 4λ = 0 ⇔ λ =
e para
x=3
6 − 4λ = 0 ⇔ λ =
1
2
3
,
2
então os pontos críticos de F ( x, y ) são, para já, ( −1, 0 ) com λ =
•
1
3
e ( 3, 0 ) com λ = .
2
2
Para λ = −1 , vem
2x + 2x − 2 = 0
0=0
⇔
y − x + 2x + 3 = 0
2
2
x=
1
2
15
y =−
4
, sistema impossível em
.
2
Nestes termos, a função F ( x, y ) , tem dois pontos críticos, (− 1,0 ) para λ =
1
2
e (3,0) para λ = 32 .
Donde, o problema de extremos condicionados tem dois tem dois candidatos a extremos (− 1,0 ) e
(3,0) .
Como n = 2 e m = 1 (ímpar) basta calcular ∆ 2 m +1 = ∆ n + m = ∆ 3 =
F (a)
para cada um dos
pontos críticos da função F ( x, y ) . A matriz hessiana é
F
Para λ =
1
2
vem
F ( −1,0 )
0
− 2x + 2
2y
= − 2 x + 2 2 − 2λ
0
.
2y
0
2 + 2λ
= −48 < 0 , e, para λ =
3
2
vem
F ( 3,0 )
= −80 < 0 , ou seja, (− 1,0 ) e (3,0 )
são pontos de mínimo do problema.
Como se tem dois pontos de mínimo e se quer a distância mínima da origem à hipérbole
g ( x, y ) = y 2 − x 2 + 2 x + 3 , deve substituir-se cada um dos pontos na função d e ver qual deles a
minimiza. Como
d ((−1,0)(0,0) ) = (1 − 0) 2 + (0 − 0) 2 = 1 e d ((3,0)(0,0) ) = (3 − 0) 2 + (0 − 0) 2 = 3 ,
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Extremos
conclui-se que a distância mínima entre a origem e a hipérbole é dada pela distância entre o ponto
(− 1,0) e o ponto (0,0) , o que pode ser ilustrado graficamente
Neste tipo de exercícios, a não ser que seja pedido, será desnecessário estudar os sinais dos
menores, uma vez que, basta substituir os pontos críticos na função objectivo, isto é, em d ( x, y ) ,
para se poder concluir quanto à distância mínima ou máxima.
A distância mínima corresponde, por definição, à distância. Neste caso à distância entre a origem e
a hipérbole.
7. Decompor o número k > 0 na soma de três números cujo produto é máximo.
Resolução: A função objectivo é f ( x, y, z ) = xyz que se quer maximizar, sujeita à restrição
g ( x, y ) = x + y + z − k = 0 , uma vez que se quer decompor o nº k na soma de três números
x + y + z = k . Neste contexto a função de Lagrange é F ( x, y, z ) = xyz + λ ( x + y + z − k ) .
yz + λ = 0
xz + λ = 0
⇔
Resolvendo o sistema de estacionaridade
xy + λ = 0
x+ y+ z−k = 0
em
x+ y+ z = k ⇔ x+ x+ x = k ⇔ x =
ou seja, a função Lagrangeana tem um ponto crítico
k
3
k k k
, ,
3 3 3
λ = − yz
y=x
λ = − xz
z=y
⇔
⇔ x= y= z,
λ = − xy
x=z
−
y=
−
k
3
z=
com λ = −
k
,
3
k2
, que no contexto do
9
problema é um ponto de máximo. Vejamos, sendo n = 3 e m = 1 , a matriz hessiana é de ordem
n + m = 4 , e como n − m = 2 , deve estudar-se o sinal de 2 determinantes, ∆ n+ m = ∆ 4 e ∆ 2 m+1 = ∆ 3 no
ponto crítico. A matriz hessiana é
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Extremos
F
0 1 1 1
1 0 z y
=
,
1 z 0 x
1 y x 0
donde
∆4 =
F
0 1 1 1
1 0 k3 k3
k2
=
=
−
< 0 (k > 0)
k,k,k
(3 3 3) 1 k 0 k
3
3
3
1 k3 k3 0
e
0 1 1
2k
∆ 3 = 1 0 k3 =
> 0 ( k > 0 ).
3
k
1 3 0
Como m = 1 é ímpar, sendo ∆ n+ m = ∆ 4 < 0 e ∆ 2 m+1 = ∆ 3 > 0 , o ponto
k k k
, ,
3 3 3
é um ponto de
máximo da função f ( x, y, z ) = xyz sujeita à restrição x + y + z = k (do problema).
Conclusão: Para se decompor o número k > 0 na soma de três números de modo a maximizar o
produto desses números, esses deverão ser todos iguais a
k
3
, sendo esse máximo f
( k3 , k3 , k3 ) = 27k .
3
8. De todos os triângulos rectângulos de área dada A, determinar o de perímetro mínimo.
Resolução: Se a e b representarem as dimensões dos catetos e h a hipotenusa do triângulo, como o
perímetro é
P = a+b+h ,
a função objectivo (a minimizar) é f (a, b, h) = a + b + h . Deve-se, pois “arranjar” restrições
(relações) para as variáveis a, b e h . Sabe-se que a área de um triângulo é dada por
A=
como estes são rectângulos, vem
A=
e
ab
2
base × altura
,
2
ab = 2 A = k ⇔ ab − k = 0 (k constante positiva),
h 2 = a 2 + b 2 ⇔ a 2 + b 2 − h2 = 0 .
Tem-se um problema de extremos condicionados, onde se quer minimizar P = a + b + h , sujeita às
restrições
g1 (a, b) = ab − k = 0 e g 2 (a, b, h) = a 2 + b 2 − h 2 = 0 .
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Extremos
A função de Lagrange é
F (a, b, h) = a + b + h + λ1 (ab − k ) + λ2 (a 2 + b 2 − h 2 ) ,
o número de variáveis é n = 3 e o número de restrições m = 2 . O sistema de estacionaridade
associado é
∂F
=0
∂a
∂F
1 + bλ1 + 2aλ2 = 0
=0
∂b
1 + aλ1 + 2bλ2 = 0
∂F
= 0 ⇔ 1 − 2hλ2 = 0
.
∂h
ab − k = 0
∂F
=0
a 2 + b2 − h 2 = 0
∂λ1
∂F
=0
∂λ2
Da resolução deste sistema (exercício) resultam quatro pontos críticos, como as medidas dos
triângulos são positivas, só se considera o ponto
(
Portanto, o ponto
(
)
k , k , 2k , com λ1 =
k , k , 2k
−2 − 2
1
e λ2 =
.
2 k
2 2k
) é um possível extremo da função perímetro sujeita às restrições
(do problema). Parece óbvio, que este ponto é de mínimo (intuitivamente não faz sentido o ponto
ser de máximo pois de entre todos os triângulos rectângulos não será possível construir um com
perímetro máximo, nestas condições). Analiticamente, prova-se que o ponto é de mínimo, para isso,
estuda-se o sinal dos menores principais da matriz hessiana orlada. O número destes menores a
calcular é n − m = 1 , de ordem n + m = 5 , isto é, ∆ 5 . A matriz hessiana orlada é
0
0
F
para a = k , b = k , h = 2k , λ1 =
0
0
b
2a
a
2b
0
−2h
= b 2a 2λ2
a 2b
λ1
0 −2h 0
λ1
2λ2
0 ,
0
−2λ2
0
−2 − 2
1
e λ2 =
, vem
2 k
2 2k
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Extremos
∆5 =
F
=
0
0
k
k
0
0
2 k
2 k
−2 2k
k
2 k
1
2k
−2 − 2
2 k
0
k
2 k
−2 − 2
2 k
1
2k
0
−2 2k
0
0
Como m = 2 é par e ∆ 5 > 0 , o ponto
(
k , k , 2k
0
= 16 k 3 ( 2 + 1) > 0 .
k >0
0
−
)
1
2k
é ponto de mínimo da função, isto é, o
triângulo rectângulo de lados a = k , b = k e h = 2k (os catetos tem a mesma medida) tem
perímetro mínimo dado por
P = 2 k + 2k = 2 2 A + 2 A ,
onde A representa a área do triângulo.
9. Determinar os extremos locais da função f ( x, y, z ) = x 2 + y 2 + z 2 sabendo que x − y + z = 1 .
Resolução:A função Lagrangeana é F ( x, y, z , λ ) = x 2 + y 2 + z 2 + λ ( x − y + z − 1) , e sistema de
estacionaridade associado
x=−
2x + λ = 0
2y − λ = 0
2z + λ = 0
y=
⇔
λ
λ
x=
2
⇔
2
z=x
x − y + z −1 = 0
−
O Ponto crítico da função Lagrangeana é
λ
2
−
λ
2
−
( 13 , − 13 , 13 )
λ
−1 = 0
1
3
y=−
1
3
1
z=
3
.
2
3
2
com λ = − 3 . Sendo n = 3 e m = 1 , vem
2
λ=−
n − m = 2 , número de determinantes a calcular, e n + m = 4 a ordem do maior, isto é, os
determinantes a calcular são ∆ m+ n = ∆ 4 e ∆ 2 m+1 = ∆ 3 . A matriz hessiana é
F
=
0
∂g
∂x
∂g
∂y
∂g
∂z
∂g
∂x
∂2 F
∂x 2
∂2 F
∂x∂y
∂2F
∂x∂z
∂g
∂y
∂2 F
∂y∂x
∂2 F
∂y 2
0
1
=
−1
∂2F
∂y∂z
1
∂g
∂z
∂2 F
∂z∂x
∂2 F
∂z∂y
∂2F
∂z 2
1 −1
2 0
0 2
0 0
1
0
,
0
2
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Extremos
como m é impar, uma vez que, ∆ 4 =
0 1 −1
= −12 < 0 e ∆ 3 = 1 2 0 = −4 < 0 , a função
−1 0 2
F
f ( x, y, z ) = x 2 + y 2 + z 2 sujeito à restrição x − y + z = 1 , tem um mínimo no ponto
1 1 1
,− , ,
3 3 3
1 1 1
3
,− , = .
3 3 3
9
dado por f
10. Determinar o ponto da esfera x 2 + y 2 + z 2 = 9 mais próximo do ponto (2,3,4) .
Resolução: No contexto do problema, d 2 = ( x − 2) 2 + ( y − 3) 2 + ( z − 4) 2 é a função a minimizar
sabendo que as variáveis estão ligadas pela condição x 2 + y 2 + z 2 = 9 . A Langrangeana é
(
)
F = ( x − 2) 2 + ( y − 3) 2 + ( z − 4) 2 + λ x 2 + y 2 + z 2 − 9 ,
o sistema de estacionaridade,
6
x=±
2
29
x=
1
+
λ
2( x − 2) + 2λ x =
9
y=±
3
2( y − 3) + 2λ y = 0
y=
29
⇔
⇔
1+ λ
12
2( y − 4) + 2λ z = 0
z=±
4
2
2
2
z
=
29
x + y + z −9 = 0
1+ λ
2
2
3
x2 + y2 + z2 = 9
+
1+ λ
1+ λ
.
2
4
1+ λ
+
2
=9⇔λ =±
29
−1
3
A função admite dois pontos críticos. É intuitivo, por se tratar de uma esfera, perceber que a função
distância admite um máximo e um mínimo nestes ponto, tal facto evita o cálculo dos
n − m = 3 − 1 = 2 menores, ∆ 4 e ∆ 3 . Como
d2
e
(
(
d2 −
conclui-se que
(
6
29
(
ponto (2,3,4) e −
,
,
9
29
,
6
29
,−
9
29
,−
,
12
29
9
29
6
29
6
29
,−
12
29
)=(
12
29
6
29
)=(
) (
2
−2 +
6
29
) (
2
+2 +
(
6
29
,
9
29
,
12
29
) (
2
−3 +
9
29
12
29
) (
2
+3 +
−4
12
29
)
2
+4
5, 689 ,
)
2
70, 311 ,
) é um ponto de mínimo da função, o ponto da esfera mais próximo do
, − ) um ponto de máximo, o ponto da esfera mais afastado do ponto
9
29
12
29
(2,3,4) . A distância da esfera ao ponto (2,3,4) é d
Os pontos
9
29
) e (−
6
29
,−
9
29
,−
12
29
)
5, 689
2,3852 .
são pontos da esfera, isto é, verificam a equação
x2 + y2 + z 2 = 9 .
APONTAMENTOS DE COMPLEMENTOS DE MATEMÁTICA
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Extremos
11. Considere a secção feita no elipsóide x 2 +2 y 2 + z 2 = 1 pelo plano x + y = 1 . Determinar o ponto
da curva mais afastado e mais próximo de (0,0) .
Resolução: Analogamente ao que foi feito no exercício anterior o objectivo é optimizar
f ( x, y , z ) = d 2 = x 2 + y 2 + z 2 ,
sabendo que
x 2 +2 y 2 + z 2 = 1 e x + y = 1 .
Tem-se, portanto, uma função objectivo sujeita a duas restrições
g1 ( x, y, z ) = x 2 +2 y 2 + z 2 − 1 = 0 e g 2 ( x, y, z ) = x + y − 1 = 0 ,
vindo a função Lagrangeana
F ( x, y , z ) = x 2 + y 2 + z 2 + λ1 ( x 2 + y 2 + z 2 − 1) + λ2 ( x + y − 1) .
O sistema de estacionaridade é
∂F
=0
∂x
∂F
2 x + 2λ1 x + λ 2 = 0
=0
∂y
2 y + 4λ1 y + λ 2 = 0
∂F
= 0 ⇔ 2 z + 2λ1 z = 0
,
∂z
x2 + 2y 2 + z2 −1 = 0
∂F
=0
x + y −1 = 0
∂λ1
∂F
=0
∂λ 2
tendo em conta a terceira equação do sistema, 2 z + 2λ1 z = 0 ⇔ z = 0 λ1 = −1 . Então, se:
•
z=0
2 x + 2λ1 x + λ2 = 0
2 y + 4λ1 y + λ2 = 0
0=0
⇔
x + 2y =1
2
−
−
−
2
−
x 2 + 2(1 − x)2 = 1
y = 1− x
y = 1− x
⇔
x =1 x =
−
1
3
donde, para
x =1
y = 0 vindo λ 2 = 0 , λ1 = −1
e, para
x=
1
3
y=
2
4
1
vindo λ 2 = − , λ1 = − .
3
9
3
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Extremos
A função Lagrangeana tem, para já, dois pontos críticos, o ponto (1,0,0) para λ1 = −1 e λ 2 = 0 e o
ponto
•
1 2
1
4
, ,0 para λ1 = − e λ 2 = − .
3
9
3 3
λ1 = −1
λ2 = 0
y=0
0 = 0 , cai-se na situação anterior.
z=0
x =1
A função Lagrangeana tem, portanto, dois pontos críticos, donde a função sujeita às duas restrições
1 2
admite dois candidatos a extremos, os pontos (1,0,0) e
, ,0 .
3 3
Estes dois pontos pertencentes ao elipsóide e ao plano, mais, pertencem à curva (secção) resultante
da intersecção destes dois.
A matriz hessiana orlada é
F
=
0
0
0
0
∂g 1
∂x
∂g 1
∂y
∂g 1
∂z
∂g 2
∂x
∂g 2
∂y
∂g 2
∂z
∂g1
∂x
∂g 2
∂x
∂2F
∂x 2
∂2F
∂y∂x
∂2F
∂z∂z
∂g1
∂y
∂g 2
∂y
∂2F
∂x∂y
∂2F
∂y 2
∂2F
∂z∂y
∂g1
∂z
∂g 2
0
∂z
0
∂2F
= 2x
∂x∂z
4y
∂2F
2z
∂y∂z
2
∂ F
∂z 2
0
2x
0
1
1 2 + 2λ1
1
0
0
0
4y
1
0
2 + 4λ1
0
2z
0
0
.
0
2 + 2λ1
Sendo n = 3 , o nº de variáveis, e m = 2 , o nº de restrições, então:
i)
o nº de determinantes a calcular é n − m = 1 ;
ii)
a ordem do maior determinante a calcular é n + m = 5 .
Por i) e ii) basta calcular ∆ 2 m +1 = ∆ n + m = ∆ 5 =
F (a)
para se saber a natureza dos pontos críticos,
em relação ao problema inicial. Como m é par se ∆ 5 < 0 o ponto crítico é um ponto de máximo e se
∆ 5 > 0 o ponto crítico é um ponto de mínimo.
•
Para o ponto (1,0,0) com λ1 = −1 e λ 2 = 0 , vem ∆ 5 = 0 , nada se pode concluir.
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Extremos
Uma vez que,
x2 + 2 y2 + z 2 = 1 ⇔ x2 + y 2 + z 2 = 1 − y 2 ⇔ d 2 = 1 − y 2 ≤ 1 ,
a maior distância de um ponto do elipsóide à origem é 1, verificada para y = 0 . Assim, tem-se
x = 1 e z = 0 (para verificar x 2 +2 y 2 + z 2 = 1 e x + y = 1 ). Concluindo-se que (1,0,0) é o ponto da
intersecção do elipsóide com o plano mais afastado da origem. A distância máxima é d (1, 0, 0 ) = 1 .
•
O ponto
( 13 , 23 , 0 ) , com λ1 = − 13
e λ2 = − 94 , como
0 0 23
0 0 1
∆ 5 = 23 1 43
8
1 0
3
0 0 0
14
3
0
0
16
0=
> 0,
3
0
0
4
3
8
3
1
0
é um ponto de mínimo, sendo o mais próximo da origem. A distância mínima é d ( 13 , 23 , 0 ) =
5
3
.
12. Dispõe-se de 320 m de rede para vedar um campo rectangular. Como se deve colocar a cerca,
de maneira a que a área vedada seja a maior possível?
Resolução: Neste caso, a função objectivo, que se quer maximizar, é a área do campo rectangular,
tendo como restrição o perímetro, isto, é f ( x, y ) = xy sujeita a 2 x + 2 y = 320 (sendo x e y as
medidas dos lados do campo). A função de Lagrange é
F ( x, y ) = xy + λ (2 x + 2 y − 320) .
Pelo que foi dito na questão2, para a obtenção dos pontos críticos da Lagrangena pode resolver-se o
sistema
x = 80
f′ f′
y x
λ= x = y
∇f = λ∇g
x= y
λ= =
g ′x g ′y ⇔
⇔
⇔
⇔ y = 80 .
2 2
g ( x, y ) = 0
4 x = 320
2 x + 2 y = 320
λ = 40
g ( x, y ) = 0
Assim, o ponto (80,80) com λ = 40 é crítico (candidato a extremo do problema de extremos
condicionados). Para estudar a sua natureza, neste contexto, basta compará-lo com outro ponto que
verifique a restrição, por exemplo, o (100, 60) . Como f (80,80) = 6400 > f (100, 60) = 6000 , o
ponto crítico é de máximo. Conclui-se, portanto, que a área máxima que se pode cobrir com 320 m
de rede é 6400 m 2 , o que corresponde a um quadrado com lado 80 m.
Como exercício, pode verificar, através do estudo do sinal do menor, que de facto este ponto crítico
é um ponto de máximo do problema.
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ÁREA DEPARTAMENTAL DE ENGENHARIA CIVIL
Extremos
13. Uma determinada companhia fabrica um certo produto, w, a partir de três matérias primas,
combinadas de acordo com uma função de produção dada por w = 50 x 2 5 y1 5 z1 5 . Sendo o orçamento
disponível para a compra das três matérias primas de 24000 euros e sabendo que estas custam por
unidade 80 , 12 e 10 euros, respectivamente, para x, y e z, qual a combinação que se deve ter
relativamente à compra dos produtos x, y e z, de maneira a maximizar a produção?
Resolução: Neste problema de extremos condicionados, pretende-se maximizar a função produção
w = f ( x, y, z ) = 50 x 2 5 y1 5 z1 5
sujeita à restrição
g ( x, y, z ) = 80 x + 12 y + 10 z = 24000 .
A função de Lagrange é
F ( x, y, z ) = 50 x 2 5 y1 5 z1 5 + λ (80 x + 12 y + 10 z − 24000) ,
e o sistema de estacionaridade
∂F
=0
∂x
∂F
=0
∂y
⇔
∂F
=0
∂z
g ( x, y , z ) = 0
λ = − 14 x −3 5 y1 5 z1 5
20 x −3 5 y1 5 z1 5 + 80λ = 0
10 x 2 5 y − 4 5 z1 5 + 12λ = 0
⇔
10 x 2 5 y1 5 z − 4 5 + 10λ = 0
80 x + 12 y + 10 z − 24000 = 0
λ = − 56 x 2 5 y − 4 5 z1 5
.
λ = − x 2 5 y1 5 z − 4 5
80 x + 12 y + 10 z − 24000 = 0
Considerando as duas primeiras equações do sistema, vem
− 14 x −3 5 y1 5 z1 5 = − 56 x 2 5 y − 4 5 z1 5 ⇔ x −3 5 y1 5 =
20
6
x 2 5 y −4 5 ⇔
y1 5 10 x 2 5
=
⇔
y − 4 5 3 x −3 5
⇔ y1 5+ 4 5 = 103 x 2 5+3 5 ⇔ y = 106 x ⇔ x = 106 y
e considerando a segunda e a terceira equações, e procedendo de modo análogo obtém-se
− 56 x 2 5 y − 4 5 z1 5 = − x 2 5 y1 5 z − 4 5 ⇔ z =
12
y,
10
substituindo, x e z, na última equação do sistema obtém-se
80 x + 12 y + 10 z − 24000 = 0 ⇔ 80( 106 y ) + 12 y + 10( 12
10 y ) − 24000 = 0
y = 500
consequentemente
x = 150
y = 500 .
z = 600
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A função admite um ponto crítico (150,500, 600) , isto é, a combinação que se deve ter,
relativamente à compra dos produtos x, y e z, com um orçamento de 24000 euros, de maneira a
maximizar (caso maximize) a função de produção w será a compra de x = 150 (150 unidades de x),
y = 500 (500 unidades de y) e z = 600 (600 unidades de z) .
Para se verificar que o ponto de equilíbrio é de máximo, do problema inicial, pode recorrer-se ao
estudo do sinal dos menores principais. Como o número de variáveis é n = 3 e o número de
restrições é m = 1 , deve-se calcular n − m = 2 menores, sendo n + m = 4 a ordem do maior, isto é
∆ m+ n = ∆ 4 , e sendo 2m + 1 = 3 a ordem do menor, isto é, ∆ 2 m+1 = ∆ 3 . Prova-se que o hessiano orlado
∆ 4 , calculado no ponto de equilíbrio é negativo, mais precisamente ∆ 4
menor de ordem 3 é positivo, isto é, ∆ 3
−0,12153 < 0 , e que o
35, 497 > 0 , como m = 1 é ímpar fica provado que o ponto
(150,500, 600) é ponto de mínimo, sendo o seu valor, como é lógico, o valor do orçamento
disponível para a compra das 3 matérias primas, ou seja, f (150, 500, 600) = 24000 euros.
Para se evitar o cálculo dos menores, pode-se pensar no seguinte. Sendo o gráfico da restrição um
plano, e uma vez que as variáveis x, y e z tem que ser não negativas, o gráfico será um triângulo
situado no primeiro quadrante com extremidades nos planos coordenados. Na fronteira do triângulo,
uma (ou mais) das variáveis é zero e a função tomará o valor zero.
Conclusão: Para maximizar a função de produção w com um orçamento de 24000 euros a
companhia deverá comprar x = 150, y = 500 e z = 600 unidades.
14. Supondo que a temperatura num determinado ponto ( x, y, z ) da esfera x 2 + y 2 + z 2 = 1 é dada
pela função T ( x, y, z ) = 30 + 5( x + z ) . Calcular os valores extremos da temperatura.
Resolução: Neste problema de extremos condicionados, tem-se uma função objectivo
T ( x, y, z ) = 30 + 5( x + z ) ,
sujeita à restrição
x 2 + y 2 + z 2 = 1 ⇔ x 2 + y 2 + z 2 − 1 = 0 ⇔ g ( x, y , z ) = 0 ,
Tem-se um função a extremar, a função objectivo, uma restrição ( m = 1 ) e três variáveis ( n = 3 ).
A Lagrangeana é
F ( x) = T ( x) +
m
i =1
λi g i ( x ) = T ( x, y, z ) + λ g ( x, y, z ) = 30 + 5( x + z ) + λ ( x 2 + y 2 + z 2 − 1) .
m =1
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O primeiro passo é a determinação dos pontos críticos de F ( x, y, z ) , o sistema de estacionaridade é
∂F
∂x
∂F
∂y
∂F
∂z
∂F
∂λ
•
=0
5 x + 2λ x = 0
=0
x(5 + 2λ ) = 0
2λ y = 0
⇔
⇔
5 z + 2λ z = 0
=0
x + y + z −1 = 0
2
2
2
2λ y = 0
5 z + 2λ z = 0
x2 + y 2 + z 2 −1 = 0
= g ( x, y , z ) = 0
Pela 2ª equação y = 0 e λ = 0 (que no contexto do problema não faz sentido);
x=0
•
Da 1ª e 3ª equações, vem
•
Da 1ª equação x = 0
5 x + 2λ x = 0
5
⇔ λ=− ;
5 z + 2λ z = 0
2
x=z
y 2 + z 2 = 1 e como z = x
y = ±1 , contudo pela 2ª equação, y = 0
(obrigatoriamente), logo x ≠ 0, z ≠ 0 e y ≠ ±1 ;
•
Da 1ª equação λ = −
y=0
, sendo y = 0
0=0
5
2
consequentemente x = ±
z=±
1
e
2
1
.
2
1
1
, 0, −
2
2
Os pontos críticos são −
x 2 + z 2 = 1 e como, z = x
e
1
1
, 0,
2
2
que obviamente verificam as 4 equações do
sistema de estacionaridade.
O facto de T ser contínua para estes pontos (que pertencem à esfera) e da esfera ser limitada e
fechada (conjunto compacto) garante, pelo teorema de Weierstrass, a existência de máximo e
mínimo absoluto. Assim,
T −
1
1
, 0, −
2
2
22.93 é a temperatura mínima,
e
T
1
1
, 0,
2
2
37, 07 é a temperatura máxima.
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