Instituto Superior Técnico
Departamento de Matemática
Secção de Álgebra e Análise
Exercı́cios Resolvidos
Variedades
Exercı́cio 1 Considere o conjunto
M = {(x, y, z) ∈ R3 : x2 + y 2 = 1 ; 0 < z < 1}.
Mostre que M é uma variedade, indicando explicitamente parametrizações cujas imagens cubram
M. Determine a dimensão de M.
Resolução: O conjunto M é uma superfı́cie cilı́ndrica compreendida entre os planos z = 0 e z = 1
e encontra-se representada na Figura 1.
z
M
PSfrag replacements
y
x
Figura 1: A superfı́cie cilı́ndrica M = {(x, y, z) ∈ R3 : x2 + y 2 = 1 ; 0 < z < 1}
Em coordenadas cilı́ndricas (ρ, θ, z) podemos descrever M da forma seguinte
ρ = 1;
0 < z < 1.
Assim, podemos apresentar duas parametrizações g1 , g2 definidas por
g1 (θ, z) = (cos θ, sen θ, z),
g2 (θ, z) = (cos θ, sen θ, z),
7π
× ]0, 1[
(θ, z) ∈ V1 = 0,
4
3π
(θ, z) ∈ V2 = −π,
× ]0, 1[ .
4
As funções g1 e g2 são de classe C 1 , injectivas e as respectivas derivadas são representadas pela
matriz


− sen θ 0
0 .
Dg1 (θ, z) = Dg2 (θ, z) =  cos θ
0
1
É claro que as colunas desta matriz são linearmente independentes. Portanto, g 1 e g2 são
parametrizações e M = g1 (V1 ) ∪ g2 (V2 ), ou seja, g1 (V1 ) e g2 (V2 ) cobrem M.
Assim, M é uma variedade de dimensão 2.
1
z
z
g2 (V2 )
g1 (V1 )
PSfrag replacements
PSfrag replacements
y
y
g2 (V2 )
g1 (V1 )
x
x
Figura 2: Imagens das parametrizações g1 e g2
Exercı́cio 2 Considere a variedade
M = {(x, y, z) ∈ R3 : z =
p
x2 + y 2 ; 1 < z < 2 ; 0 < y < x}.
Descreva M parametricamente e determine a respectiva dimensão.
Resolução: Trata-se da superfı́cie de um tronco de cone compreendido entre os planos z = 1 , z =
2, y = 0 e y = x e que se encontra representado na Figura 3. Para maior clareza,pencontram-se
também representadas as circunferências que resultam da intersecção do cone z = x2 + y 2 com
os planos z = 1 e z = 2, os segmentos de recta resultantes da intersecção dos planos y = 0 e y = x
com os planos z = 0 , z = 1 , z = 2 e com o cone. Em coordenadas cilı́ndricas (ρ, θ, z) podemos
z
2
PSfrag replacements
2
0
1
M
1
y=x
x
y
y=x
Figura 3: A variedade M = {(x, y, z) ∈ R3 : z =
descrever o conjunto M da forma seguinte:
p
x2 + y 2 ; 1 < z < 2 ; 0 < y < x}
z = ρ; 1 < z < 2; 0 < θ <
π
4
que permite encontrar a parametrização g : 0, π4 × ]1, 2[ → R3 definida por
g(θ, z) = (z cos θ, z sen θ, z)
2
De facto, a função g é de classe C 1 , injectiva e a respectiva derivada


−z sen θ cos θ
Dg(θ, z) =  z cos θ sen θ 
0
1
tem caracterı́stica igual a 2 i
(as colunas
sãolinearmente independentes).
πh
× ]1, 2[ , ou seja, g é uma bijecção de classe C 1 entre M e o
Para além disso, M = g 0,
4
i πh
intervalo aberto 0,
× ]1, 2[ ⊂ R2 .
4
Portanto, g é uma parametrização de M e dim(M ) = 2.
Exercı́cio 3 Considere a variedade M dada pela equação x 2 + y 2 = z 2 + 1, com 0 < z < 2.
a) Descreva M parametricamente e determine a respectiva dimensão.
b) Determine o espaço tangente e o espaço normal a M no ponto (0,
√
2, 1).
Resolução: Na Figura 4 encontra-se representada a variedade M.
z
M
PSfrag replacements
~n
y
x
Figura 4: O hiperbolóide M = {(x, y, z) ∈ R3 : x2 + y 2 = z 2 + 1 ; 0 < z < 2}
a) Consideremos a função F : R3 → R definida por
F (x, y, z) = x2 + y 2 − z 2 − 1.
Trata-se de uma função de classe C 1 tal que
M = {(x, y, z) ∈ R3 : F (x, y, z) = 0}
ou seja, M é o conjunto de nı́vel zero de F.
A derivada de F, representada pela matriz
DF (x, y, z) =
2x 2y
−2z
,
tem caracterı́stica igual a um em todos os pontos de M. De facto, o ponto de coordenadas
(0, 0, 0) é o único em que isso não acontece. Mas este ponto não pertence a M.
Portanto, M é uma variedade de dimensão dois em R3 .
3
Em coordenadas cilı́ndricas (ρ, θ, z) a variedade M
consideremos as funções g : T → R3 e h : S → R3
p
g(θ, z) = (( z 2 + 1) cos θ ,
p
h(θ, z) = (( z 2 + 1) cos θ ,
sendo
T
S
é dada pela equação ρ 2 = z 2 +1. Assim,
definidas por
p
( z 2 + 1) sen θ , z)
p
( z 2 + 1) sen θ , z)
= {(θ, z) : 0 < θ < 2π ; 0 < z < 2}
= {(θ, z) : −π < θ < π ; 0 < z < 2}.
Estas duas funções são de classe C 1 , injectivas e as respectivas derivadas são representadas
pela mesma matriz


√
−( z 2 + 1) sen θ (√zz2 +1) cos θ



 √

 ( z 2 + 1) cos θ
√ z
sen
θ


( z 2 +1)


0
1
que tem caracterı́stica igual a dois, ou seja, as duas colunas são linearmente independentes.
Note-se que
g(T ) = M \ {(x, y, z) : y = 0 ; x ≥ 0}
h(S) = M \ {(x, y, z) : y = 0 ; x ≤ 0}
e, portanto, M = g(T ) ∪ h(S), o que quer dizer que g e h parametrizam M.
É de salientar que para o cálculo de integrais sobre M, nomeadamente o cálculo da área,
basta considerar a função g porque o conjunto M \ g(T ) é apenas uma linha.
√
√
b) Dado que g( π2 , 1) = (0, 2, 1), o espaço tangente a M no ponto (0, 2, 1) é gerado pelas
colunas da matriz
 √

− 2 √0
π
2 
Dg( , 1) =  0
2
2
0
1
ou seja
T(0,√2,1) M
√
= {( 2 α,
√
2
β, β) : α, β ∈ R}
2
e, portanto, é o plano dado pela equação
√
2
y=
z.
2
√
O espaço normal a M no ponto (0, 2, 1) é gerado pela linha da matriz
√
√
DF (0, 2, 1) = 0 2 2 −2
ou seja
√
T(0,√2,1) M ⊥ = {α(0, 2 2, −2) : α ∈ R}
e, portanto, é a recta dada pelo sistema de equações
x
y
= 0
√
= − 2 z.
√
Na √Figura 4 encontra-se representado o vector normal ~n = (0, 2 2, −2) sobre o ponto
(0, 2, 1).
4
Exercı́cio 4 Considere a variedade
M = {(x, y, z) ∈ R3 : x2 +
z2
y2
+
= 3}.
4
9
Descreva M parametricamente e determine a respectiva dimensão. Determine o espaço tangente
e o espaço normal a M no ponto (1, 2, 3).
Resolução: O conjunto M é um elipsóide e pode ser descrito como o conjunto das soluções da
equação
y2
z2
F (x, y, z) = x2 +
+
− 3 = 0.
4
9
F é uma função de classe C 1 e a respectiva derivada, representada pelo seu gradiante
y 2z
,
∇F (x, y, z) = 2x, ,
2 9
só se anula na origem. Mas F (0, 0, 0) 6= 0 e, portanto, M é uma variedade-2.
z
M
P
PSfrag replacements
t1
L
t2
y
x
Figura 5: O elipsóide M = {(x, y, z) ∈ R3 : x2 +
y2
4
+
z2
9
= 3}
A maneira mais fácil de parametrizar M consiste em utilizar coordenadas esféricas adaptadas
à sua forma elipsoidal. Assim, consideremos as coordenadas (r, θ, φ) definidas por
x = r cos θ sin φ
y = 2r sin θ sin φ
z
= 3r cos φ.
√
Nestas coordenadas, a equação que define M é simplesmente r = 3. Isto permite encontrar
a parametrização g : ]0, 2π[ × ]0, π[ → R3 definida por
√
√
√
g(θ, φ) = ( 3 cos θ sin φ, 2 3 sin θ sin φ, 3 3 cos φ).
De facto, a função g é de classe C 1 , é injectiva e a respectiva derivada, representada pela matriz
√
 √

−√ 3 sin θ sin φ
√3 cos θ cos φ
Dg(θ, φ) =  2 3 cos θ sin φ 2 3 √
sin θ cos φ  ,
0
−3 3 sin φ
tem caracterı́stica igual a 2 (as colunas são linearmente independentes). A imagem de g é o
conjunto dos pontos de M, excepto aqueles em que y = 0 e x ≥ 0 (que formam meio meridiano
5
do elipsóide) e, portanto, g constitui uma parametrização do conjunto M \ L, em que L é a linha
definida por
L = {(x, y, z) ∈ R3 : y = 0 ; x ≥ 0}.
Para parametrizarmos vizinhanças dos pontos da linha L bastaria repetir o mesmo procedimento, mas definindo novos intervalos para os ângulos θ e φ.
Uma base do espaço tangente a M no ponto (1, 2, 3) é dada pelas colunas da matriz Dg(θ, φ)
em que (θ, φ) é tal que g(θ, φ) = (1, 2, 3).
Sendo g(θ, φ) = (1, 2, 3), obtemos
cos φ =
sin θ
=
sin φ =
cos θ
=
1
√
3
1
√
2
√
2
√
3
1
√
2
e, portanto,

−1
√1
2



√


Dg(θ, φ) =  2
2 .


√
0 −3 2
√
√
Assim, os vectores t1 = (−1, 2, 0) e t2 = ( √12 , 2, −3 2) formam uma base do espaço tangente
a M no ponto (1, 2, 3).
O plano tangente a M em (1, 2, 3) será então o conjunto
√
1 √
P = {(x, y, z) ∈ R3 : (x, y, z) = (1, 2, 3) + a(−1, 2, 0) + b( √ , 2, −3 2) ; a, b ∈ R}.
2
O espaço normal nesse ponto é o conjunto dos vectores (x, y, z) tais que
(x, y, z) · (−1, 2, 0) = 0
√
1 √
(x, y, z) · ( √ , 2, −3 2) = 0
2
donde se conclui que
x = 2y
2
y
z =
3
Portanto, uma base do espaço normal é dada pelo vector (2, 1, 23 ).
A recta normal a M no mesmo ponto será descrita pela equação
2
(x, y, z) = (1, 2, 3) + t(2, 1, ) , t ∈ R.
3
Em alternativa, poderı́amos determinar o espaço normal a partir da derivada da função F.
De facto, o vector ∇F (1, 2, 3) = (2, 1, 32 ) gera o espaço normal a M no ponto (1, 2, 3). O espaço
tangente a M no ponto (1, 2, 3) seria o conjunto dos vectores (x, y, z) tais que
2
(x, y, z) · (2, 1, ) = 0.
3
Na Figura 5 estão representados o elipsóide M, a linha L, o plano tangente P e os vectores
tangentes t1 e t2 sobre o ponto (1, 2, 3).
6
Exercı́cio 5 Considere o conjunto
M = {(x, y, z) ∈ R3 : z + y = (z − y)2 + x2 }.
a) Mostre que M é uma variedade. Determine a sua dimensão.
b) Encontre uma parametrização para M.
c) Determine o ponto de M em que o espaço tangente é o plano Oxz.
Resolução: Na Figura 6 encontra-se representada parte do conjunto M.
M
z
PSfrag replacements
y
x
Figura 6: O parabolóide M = {(x, y, z) ∈ R3 : z + y = (z − y)2 + x2 }
a) Seja F (x, y, z) = z + y − (z − y)2 − x2 . Então M é o conjunto de pontos que verificam a
equação F = 0.
Sendo ∇F (x, y, z) = (−2x, 1 + 2(z − y), 1 − 2(z − y)) e, tendo em conta que 1 + 2(z − y) e
1 − 2(z − y) nunca se anulam simultaneamente, temos ∇F (x, y, z) 6= 0 em todos os pontos
de M.
Portanto, M é uma variedade diferenciável de dimensão 2.
b) Seja u = z + y e v = z − y. Em termos das coordenadas (x, u, v), o conjunto M é um
parabolóide de revolução em torno do eixo Ou, dado pela equação u = v 2 + x2 .
Logo, sendo z = 21 u + 12 v e y = 21 u − 12 v, uma parametrização para M será dada por
1 2
1 2
2
2
g(x, v) = (x(x, v), y(x, v), z(x, v)) = x, (v + x − v), (v + x + v) ,
2
2
em que (x, v) ∈ R2 .
De facto, F (g(x, v)) = 0 e a função g é injectiva, tem derivadas contı́nuas e a matriz Jacobiana


1
0




Dg(x, v) = x v − 12 


x v + 21
tem caracterı́stica 2. Ou seja, g é uma parametrização de M.
c) No ponto em que o espaço tangente é o plano Oxz, o espaço normal deverá ser o eixo Oy.
Ora, o espaço normal a M num ponto é gerado pelo vector
∇F (x, y, z) = (−2x, 1 + 2(z − y), 1 − 2(z − y)).
7
Logo, deveremos ter
−2x = 0
⇐⇒
1 − 2(z − y) = 0
x=0
z − y = 21 .
Substituindo na equação F = 0, obtemos
z+y−
1
=0
4
e, portanto,
3
1
; y=− .
8
8
Assim, sobre o ponto de coordenadas (0, − 18 , 83 ) o plano tangente a M é o plano Oxz.
z=
Exercı́cio 6 Decomponha a unidade num produto de três números positivos cuja soma seja
mı́nima.
Resolução: O problema pode ser visto como a determinação do mı́nimo da restrição da função
f : R3 → R, definida por
f (x, y, z) = x + y + z,
ao conjunto
D = (x, y, z) ∈ R3 : xyz = 1, x, y, z > 0 .
Este mı́nimo deve existir porque f é positiva e f (x, y, z) → +∞ quando k(x, y, z)k → +∞.
Seja F : R3 → R a função dada por
F (x, y, z) = xyz − 1.
O conjunto D é uma variedade definida pela equação
F (x, y, z) = 0.
Portanto, os extremos de f ao longo de D podem
cadores de Lagrange:






(


∇f = λ∇F
⇔


F =0





ser determinados pelo método dos multipli1 = λyz
1 = λxz
1 = λxy
xyz − 1 = 0
É claro que devemos ter x, y, z, λ 6= 0.
Da primeira e da segunda equações obtemos y = x.
Da segunda e da terceira equações obtemos y = z.
Da terceira e quarta equações resulta λ = z.
Portanto,
x = y = z = λ = 1.
Exercı́cio 7 Determine o máximo absoluto da função f (x, y, z) = x + y + z sobre a bola fechada
D = {(x, y, z) ∈ R3 : x2 + y 2 + z 2 ≤ 1}.
8
Resolução: Note-se que D = U ∪ S, em que
U = {(x, y, z) : x2 + y 2 + z 2 < 1} ;
S = {(x, y, z) : x2 + y 2 + z 2 = 1}.
O conjunto S é uma variedade-2 correspondente ao nı́vel zero da função
F (x, y, z) = x2 + y 2 + z 2 − 1.
Sendo f uma função contı́nua e D um subconjunto compacto (limitado e fechado) e não vazio
do seu domı́nio, f tem máximo em D.
Dado que Df (x, y, z) = (1, 1, 1), a função f não tem pontos crı́ticos em U (interior de D).
Resta-nos, assim, determinar os extremos de f sobre a variedade S (fronteira de D). Para tal,
usemos o método dos multiplicadores de Lagrange que consiste em determinar os pontos crı́ticos
da função g = f + λF, ou seja, determinar as soluções do sistema

1 + 2λx
= 0



1 + 2λy
= 0
Dg(x, y, z) = 0
⇐⇒
1 + 2λz
= 0
F (x, y, z)
= 0


 2
x + y2 + z 2 = 1
1
É claro que x = y = z = − 2λ
.
2
2
2
Dado que x + y + z = 1, obtemos x = y = z = ± √13 .
Por outro lado, sendo
√
1
1
1
3
f(√ , √ , √ ) =
3
3
3
√
1
1
1
f (− √ , − √ , − √ ) = − 3
3
3
3
concluimos que o valor máximo de f é
√
1
1
1
3 e ocorre no ponto ( √ , √ , √ ).
3
3
3
Exercı́cio 8 Determine os pontos da intersecção do plano definido por x + z = 1 com o
parabolóide dado por z = x2 + y 2 e que se encontram mais próximos da origem.
Resolução: Consideremos a função f : R3 → R dada por
f (x, y, z) = x2 + y 2 + z 2
e que corresponde ao quadrado da distância do ponto de coordenadas (x, y, z) à origem.
Seja F : R3 → R2 a função dada por
F (x, y, z) = (z − x2 − y 2 , x + z − 1).
Então, a intersecção do plano com o parabolóide é o conjunto em que F (x, y, z) = (0, 0).
A derivada
−2x −2y 1
DF (x, y, z) =
1
0
1
tem caracterı́stica igual a dois em todos os pontos da intersecção. Portanto, a intersecção do plano
com o parabolóide é uma variedade de dimensão um em R3 e encontra-se representada na Figura
7.
Assim, pretendemos determinar os pontos de mı́nimo de f e que pertencem à variedade dada
pela equação F (x, y, z) = (0, 0).
9
z
PSfrag replacements
y
M
x
Figura 7: Intersecção do plano x + z = 1 com o parabolóide z = x2 + y 2
Temos pois que determinar os pontos de estacionaridade da função
g(x, y, z) = f (x, y, z) + αF1 (x, y, z) + βF2 (x, y, z)
em que α e β são os multiplicadores de Lagrange, ou seja, devemos resolver o sistema
∂g
= 2x − 2αx + β
∂x
∂g
= 2y − 2αy
∂y
∂g
= 2z + α + β
∂z
z − x2 − y 2
x+z−1
= 0
= 0
= 0
= 0
= 0.
Da segunda equação obtemos
2y(1 − α) = 0 ⇐⇒ y = 0 ∨ α = 1.
Para y = 0, da quarta e quinta equações, temos x2 + x − 1 = 0 e, portanto, obtemos os pontos
√
√
√
√
1
5
3
5
1
5
3
5
(− −
, 0, +
) ; (− +
, 0, −
)
2
2
2
2
2
2
2
2
1
Para α = 1, da primeira equação obtemos β = 0 e, da terceira equação, z = − . No entanto,
2
da quarta equação sabemos que z ≥ 0.
Portanto, os pontos candidatos à solução do problema são
√
√
√
√
5
5
5
5
1
3
1
3
(− −
, 0, +
) ; (− +
, 0, −
).
2
2
2
2
2
2
2
2
Sendo
√
√
5
5
1
3
f (− −
, 0, +
)
2 √2
2 √2
5
3
5
1
, 0, −
)
f (− +
2
2
2
2
√
= 5+2 5
√
= 5 − 2 5,
conclui-se que o ponto mais próximo da origem é
√
√
1
5
5
3
(− +
, 0, −
).
2
2
2
2
10
Exercı́cio 9 Uma partı́cula desloca-se em R3 sobre o parabolóide de equação z = x2 + y 2 e sob
acção do potencial V (x, y, z) = x2 − y 2 + z + sen y.
Determine os pontos do parabolóide que são pontos de equilı́brio.
Resolução: Um potencial V determina uma força f = ∇V. Como a partı́cula se move sobre o
parabolóide, os pontos de equilı́brio são aqueles em que a força f é perpendicular ao parabolóide,
de modo a que nesses pontos não haja componente da força tangente ao parabolóide. Logo o
vector ∇V é um elemento do espaço normal ao parabolóide em cada ponto de equilı́brio.
Seja F (x, y, z) = x2 + y 2 − z. Então, o parabolóide é definido pela equação F (x, y, z) = 0 e o
espaço normal em cada ponto (x, y, z) é gerado pelo vector DF (x, y, z).
Portanto, deverá existir um escalar λ tal que ∇V = λDF para cada ponto em que se verifica
a equação F (x, y, z) = 0, ou seja, para determinar os pontos de equilı́brio teremos de resolver o
sistema


2x = 2λx
x=0




(




∇V = λ∇F
⇔
− 2y + cos y = 2λy ⇔
cos y = 0




F =0




1 = −λ
λ = −1
Assim, os pontos de equilı́brio serão os pontos da forma
pk = (0,
π
π
+ kπ, ( + kπ)2 ).
2
2
Note-se que estes são os pontos de estacionaridade da restrição de V ao parabolóide.
Exercı́cio 10 Considere o seguinte subconjunto de R3 :
M = {(x, y, z) ∈ R3 : x2 = y 2 + z 2 ; 2x + z = 2}
1. Mostre que M é uma variedade e determine a respectiva dimensão.
2. Determine o espaço tangente e o plano normal a M no ponto (1, 1, 0).
3. Utilizando o método dos multiplicadores de Lagrange determine os pontos de M mais
próximos da origem bem como os pontos de M mais distantes da origem.
Resolução:
1. Seja F : R3 → R2 a função definida por
F (x, y, z) = (x2 − y 2 − z 2 , 2x + z − 2).
Então M = {(x, y, z) ∈ R3 : F (x, y, z) = (0, 0)}. F é uma função de classe C 1 . A matriz
Jacobiana de F
"
#
2x −2y −2z
DF (x, y, z) =
2
0
1
tem caracterı́stica 2 excepto quando (2x, −2y, −2z) é um múltiplo de (2, 0, 1), isto é, quando
y = 0 e x = −2z.
11
Uma vez que o sistema
 2
x = y2 + z 2






 2x + z = 2







x = −2z
⇐⇒
y=0
 2
x = z2






 z = − 32


x = 34





y=0
não tem soluções, concluimos que DF tem caracterı́stica 2 em todos os pontos de M. Portanto
M é uma variedade cuja dimensão é dada por dim(M ) = 3−2 = 1 e encontra-se representada
na Figura 8.
z
y
PSfrag replacements x
M
Figura 8: Intersecção do plano 2x + z = 2 com o cone x2 = y 2 + z 2
2. As linhas da matriz DF (1, 1, 0) formam uma base para o espaço normal no ponto (1, 1, 0).
Isto é
⊥
T(1,1,0) M
= {α(2, −2, 0) + β(2, 0, 1) : α, β ∈ R}.
O espaço tangente tem dimensão 1 e é gerado pelo produto externo
(2, −2, 0) × (2, 0, 1) = (−2, −2, 4)
e, portanto, é o conjunto
T(1,1,0) M = {α(−2, −2, 4) : α ∈ R}.
O plano normal à curva M é o plano paralelo ao espaço normal que contém o ponto (1, 1, 0).
É, portanto, o plano com equação paramétrica
(1, 1, 0) + α(2, −2, 0) + β(2, 0, 1),
α, β ∈ R.
Equivalentemente, sendo (−2, −2, 4) um vector tangente a M no ponto (1, 1, 0), o plano
normal é dado pela equação cartesiana
(x − 1, y − 1, z) · (−2, −2, 4) = 0 ⇐⇒ x + y − 2z = 2.
3. Os pontos de M mais distantes da origem são os pontos de máximo da restrição a M da
função f (x, y, z) = x2 + y 2 + z 2 .
Os pontos de M mais próximos da origem são os pontos de mı́nimo da restrição a M da
função f (x, y, z) = x2 + y 2 + z 2 .
12
A função f é diferenciável e, portanto, pelo método dos multiplicadores de Lagrange, os
respectivos máximos e mı́nimos são os pontos que satisfazem o seguinte sistema:
 ∂
2
2
2
2
2
2

 ∂x x + y + z + λ1 (x − y − z ) + λ2 (2x + z − 2) = 0




∂

x2 + y 2 + z 2 + λ1 (x2 − y 2 − z 2 ) + λ2 (2x + z − 2) = 0

∂y



∂
x2 + y 2 + z 2 + λ1 (x2 − y 2 − z 2 ) + λ2 (2x + z − 2) = 0
∂z




 x2 = y 2 + z 2






2x + z = 2
que equivale a
Se λ1 = 1 obtém-se o sistema
que não tem soluções.

2x + 2λ1 x + 2λ2 = 0







2y(1 − λ1 ) = 0




2z − 2λ1 z + λ2 = 0





x2 = y 2 + z 2






2x + z = 2

x=0







λ1 = 1




λ2 = 0





0 = y2 + z2






z=2
Por outro lado, se y = 0, obtém-se o sistema

2x + 2λ1 x + 2λ2 = 0







y=0




2(1 − λ1 )z + λ2 = 0





x2 = z 2 ⇐⇒ x = ±z






2x + z = 2
cujas soluções são os pontos: ( 32 , 0, 23 ) e (2, 0, −2). São estes os únicos candidatos a pontos
de máximo ou de mı́nimo.
Uma vez que M é um conjunto limitado e fechado e f é contı́nua, o Teorema de Weierstrass
garante que f tem um máximo e um mı́nimo sobre M.
Sendo f ( 23 , 0, 32 ) = 89 e f (2, 0, −2) = 8, conclui-se que (2, 0, −2) é o ponto de M mais
afastado da origem e ( 32 , 0, 23 ) é o ponto de M mais próximo da origem.
13