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Maximos, mınimos e pontos de selaMultiplicadores de Lagrange

Anderson Luiz B. de Souza

Livro texto - Capıtulo 14 - Secao 14.7

Encontrando extremos absolutos

Determine o maximo e mınimo absolutos das funcoes sobre o dado domınio.

35. T (x, y) = x2 + xy + y2 − 6x + 2 na regiao retangular 0 ≤ x ≤ 5,−3 ≤ y ≤ 0.

Resolucao: Os pontos crıticos de T (x, y), candidatos a maximo e mınimoabsolutos/globais, satisfazem simultanemante Tx(x, y) = 0 e Ty(x, y) = 0.Entao, {

Tx(x, y) = 2x+ y − 6 = 0Ty(x, y) = x+ 2y = 0

⇒ (x, y) = (4,−2).

Note que o ponto (4,−2) pertence ao domınio retangular de T ,DT = {(x, y) ∈ R2|0 ≤ x ≤ 5,−3 ≤ y ≤ 0}.

Para classificarmos o ponto crıtico, devemos construir a matriz hessiana:

H(x, y) =

[Txx(x, y) Txy(x, y)Tyx(x, y) Tyy(x, y)

]=

[2 11 2

].

Se det(H(4,−2)) = 0, o metodo seria inconclusivo. Caso det(H(4,−2)) < 0,terıamos um ponto de sela. Mas, como det(H(4,−2)) = 3 > 0 e Txx(4,−2) =2 > 0, trata-se de um ponto de mınimo local. Porem, o exercıcio nao estaterminado: o domınio da funcao T e limitado, entao temos que avaliar afuncao no bordo do domınio, ou seja, as arestas do retangulo.

Definimos f1(x) = T (x,−3) = x2 − 9x + 11, para 0 ≤ x ≤ 5. Daı,f

′1(x) = 2x − 9 = 0 ⇒ (9/2,−3) e um ponto de mınimo local na aresta 1,

pois f′′1 (9/2) = 2 > 0. Novamente, o domınio de f1 e limitado. Logo, o bordo

do seu domınio - os vertices (0,−3) e (5,−3) - deve ser analisado separada-mente.

De modo analogo, f2(x) = T (x, 0) = x2−6x+2, para 0 ≤ x ≤ 5. Com isso,f

′2(x) = 2x−6 = 0⇒ (3, 0) e um mınimo local na aresta 2, pois f

′′2 (3) = 2 > 0.

1

Mais uma vez, g1(y) = T (0, y) = y2 + 2, para −3 ≤ y ≤ 0. Entaog

′1(y) = 2y = 0⇒ (0, 0) e um ponto de mınimo local na aresta 3.

E finalmente, g2(y) = T (5, y) = y2 + 5y − 3, para −3 ≤ y ≤ 0. Daı,g

′2(y) = 2y + 5 = 0⇒ (5,−5/2) e um mınimo local na aresta 4.

Nao se esquecendo dos vertices: (0,−3), (5,−3), (0, 0), (5, 0).

Candidatos a maximo e mınimo absolutos:

T (−9/2,−3) = −37/4; T (3, 0) = −7; T (0, 0) = 2; T (5,−5/2) = −37/4;T (4,−2) = −10; T (0,−3) = 11; T (5,−3) = −9; T (0, 0) = 2; T (5, 0) = −3.

Portanto,

mınimo absoluto: T (4,−2) = −10;maximo absoluto: T (0,−3) = 11.

0 2 4

-3

-2-1

0

-10

-5

0

5

10

Figura 1 - Grafico de T (x, y) na regiao retangular DT .

41. Uma chapa circular tem o formato da regiao x2 + y2 ≤ 1. A chapa,incluindo a fronteira x2 + y2 = 1, e aquecida de modo que a temperatura noponto (x, y) e dada por

T (x, y) = x2 + 2y2 − x.

Encontre a temperatura mais quente e mais fria na chapa.

Resolucao: Calculo dos pontos crıticos{Tx(x, y) = 2x− 1 = 0Ty(x, y) = 4y = 0

⇒ (x, y) = (1/2, 0).

2

A partir da matriz hessiana H,

H(x, y) =

[2 00 4

]concluımos que det(H(1/2, 0)) = 8 > 0 e Txx(1/2, 0) = 2 > 0, trata-se de umponto de mınimo local.

A analise do bordo neste exercıcio e bem mais simples, pois este admitea parametrizacao regular: γ(t) = (cos t, sin t), para 0 ≤ t < 2π. Definimosf(t) = T (γ(t)). Daı, pela Regra da Cadeia na derivacao da funcao composta,

f ′(t) = ∇T (γ(t)) · γ′(t) = (2x− 1, 4y) ◦ γ · (− sin t, cos t).

Ou substituindo diretamente,

f(t) = T (γ(t)) = cos2 t+ 2 sin2 t− cos t = sin2 t− cos t+ 1⇒

f ′(t) = 2 sin t cos t+ sin t = sin t(2 cos t+ 1) = 0⇒ sin t = 0 ou cos t = −1/2.

Usamos a relacao fundamental cos2 t+ sin2 t = 1. Entao, os pontos crıticos nafronteira ocorrem em t = 0, t = π, t = 2π/3, ou t = 4π/3.

O domınio de f tambem e limitado, porem ja estamos analisando os extre-mos, t = 0 e t = 2π; pois γ(0) = γ(2π) e t = 0 e um ponto crıtico.

Candidatos a maximo e mınimo absolutos:

T (1/2, 0) = −1/4; T (γ(0)) = T (1, 0) = 0; T (γ(π)) = T (−1, 0) = 2;T (γ(2π/3)) = T (−1/2,

√3/2) = 9/4; T (γ(4π/3)) = T (−1/2,−

√3/2) = 9/4.

Portanto,

menor temperatura: T (1/2, 0) = −1/4;maior temperatura: T (−1/2,

√3/2) = T (−1/2,−

√3/2) = 9/4.

3

-1.0 -0.5 0.0 0.5 1.0

-1.0

-0.5

0.0

0.5

1.0

0

1

2

Figura 2 - Grafico de T (x, y) na regiao circular x2 + y2 ≤ 1.

Livro texto - Capıtulo 14 - Secao 14.8

Multiplicadores de Lagrange

Duas variaveis independentes com uma condicao.

10. Cilindro inscrito na esfera: Encontre o raio e a altura do cilindrocircular reto e aberto (sem tampas) de maior area superficial que pode serinscrito em uma esfera de raio a. Qual e a maior area superficial?

Resolucao. A area superficial S do cilindro de raio r e altura h e iguala area do retangulo, cujo lado coincide com o perımetro da base circular ea altura e a mesma do cilindro; S = 2πrh. A restricao do problema nao edada explicitamente, todavia ela esta relacionada com a fato do cilindro estarinscrito na esfera. Inicialmente, perceba que o cilindro que maximiza a areatem as suas bases circulares interceptando a esfera. Daı, a condicao advem doTeorema de Pitagoras: desenhe o triangulo retangulo tal que um cateto ea altura do cilindro, o outro cateto e o diametro da base e a hipotenusa e odiametro da esfera. Com isso,

(2a)2 = (2r)2 + h2 ⇒ 4a2 = 4r2 + h2.

Queremos otimizar a funcao area superficial f(r, h) = 2πrh com a restricaog(r, h) = 4a2−4r2−h2 = 0. Pelo metodo dos Multiplicadores de Lagrange:{

∇f = λ∇gg(r, h) = 0

⇒{

(2πh, 2πr) = λ(−8r,−2h)4a2 − 4r2 − h2 = 0

⇒

4

⇒

πh = −4λrπr = −λh4a2 − 4r2 − h2 = 0.

Note que r = 0, h = 0 ou λ = 0 sao solucoes que minimizam a area,f(r, h) = 0. Como queremos maximizar, considere r 6= 0, h 6= 0 e λ 6= 0. Alemdisso, nao precisamos determinar λ, pois esta e apenas uma variavel auxiliar.Logo, uma boa ideia e dividir a primeira equacao pela segunda:

h

r=

4r

h⇒ h2 = 4r2 ⇒ h = 2r.

E adicionando a condicao,{h = 2r4a2 − 4r2 − h2 = 0

⇒{r = a

√2/2

h = a√

2.

Portanto, a area superficial maxima e S = f(a√

2/2, a√

2) = 2πa2.

Ha outra variacao do problema: determinar as dimensoes do cilindro queotimizam o volume. Verifique, nao sao as mesmas calculadas anteriormente.

Exercıcios teoricos e exemplos

41. A condicao ∇f = λ∇g nao e suficiente: Embora ∇f = λ∇g sejauma condicao necessaria para a ocorrencia de valores extremos de f(x, y) su-jeita a restricao g(x, y) = 0, somente esta nao garante a existencia de maximoe mınimo globais. Considere o exemplo: tente, usando o metodo de Multipli-cadores de Lagrange, encontrar o valor maximo de f(x, y) = x + y sujeita acondicao g(x, y) = xy − 16 = 0.

Resolucao. Pelo metodo,{∇f = λ∇gg(x, y) = 0

⇒{

(1, 1) = λ(y, x)xy − 16 = 0

⇒{x = yxy − 16 = 0

⇒

(x, y) = (4, 4) ou (x, y) = (−4,−4).

Computando f(4, 4) = 8 e f(−4,−4) = −8, esperamos que (4, 4) seja oponto de maximo e (−4,−4) o ponto de mınimo absolutos. Entretanto, rees-crevendo a condicao:

g(x, y) = xy − 16 = 0⇒ y =16

x, x 6= 0.

5

Entao, podemos definir a equivalencia

h(x) = f(x, y(x)) = f(x, 16/x) = x+16

x, x 6= 0.

Determinar os extremos de f(x, y) com a restricao g(x, y) = 0 e analogo aocalculo dos extremos de h(x). Desse modo percebemos que o domınio de h,Dh = {x ∈ R|x 6= 0}, e ilimitado e disjunto, e h e descontınua na origem. Demaneira nenhuma h satisfaz as condicoes do Teorema de Weierstrass: Sejaϕ : [a, b] → R uma funcao contınua no intervalo fechado [a, b]; logo ϕ atingemaximo e mınimo absolutos, i.e., ∃c, d ∈ [a, b] tais que ϕ(c) ≤ ϕ(x) ≤ ϕ(d),∀x ∈ [a, b]. Portanto, h nao tera valores extremos obrigatoriamente, de fatonao tem e isso fica evidente em seu grafico.

-10 -5 5 10

-40

-20

20

40

Figura 3 - Grafico de h(x) no intervalo [−10, 10].

Note que x = 4 e um mınimo local e x = −4 e um maximo local de h.Finalmente, mesmo que ∇f = λ∇g tenha solucao, f(x, y) sujeita a g(x, y) = 0nao admite extremos absolutos.

Todas essas contradicoes surgem por causa da curva de restricao: o traco(desenho, grafico) da hiperbole xy = 16 nao e uma regiao limitada. Emdomınios limitados - cırculos, elipses, retangulos, segmentos de curvas, esfe-ras, elipsoides, segmentos de superfıcies - o metodo e eficiente. Moral doexercıcio: fique atento a condicao, verifique se a funcao g(x, y) e contınua epossui traco finito; pois senao, o exercıcio pode nao ter solucao!

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