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1/48 ÁREA DEPARTAMENTAL DE ENGENHARIA CIVIL

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) 1624

),(22 yx

yxf −−= . b) 2 2( , )f x y x y= + .

c) 2 2

( , )24 16x y

f x y = − + . d) ( )xyxyyxf ++= 232),( .

e) ( )442 2)(2),( yxyxyxf +−−= . f) 22),( 4224 ++−= yyxxyxf .

g) ( ) ( )22224 442),( −+−+= yyxxyxf . h) axyyxyxf 622),( 33 −+= , a ∈� . i) 234),( yyxyxf +−= . j) 222 42),,( zyxzyxf ++= . k) xyzzyxzyxf 4),,( 444 −++= .

2. Estude a existência de extremos da função ( , ) 14f x y xy= + sujeita a 2 2 18x y+ = .

3. Calcule os valores extremos da função ( , )f x y x y= + no círculo 2 2 4x y+ = .

4. Calcule, caso existam, os extremos da função 2 2( , ) 9f x y x y= − − no plano 3x y+ = .

5. Calcule, caso existam, os extremos da função yxyxf 3),( −= , com as variáveis sujeitas à

restrição 92 22 =+ yx .

6. Calcule a distância mínima da origem à hipérbole de equação 03222 =++− xxy .

7. Decomponha o número 0k > 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 222),,( zyxzyxf ++= sujeito à restrição

1=+− zyx .

ÁREA DEPARTAMENTAL DE ENGENHARIA CIVIL

Extremos

2/48 APONTAMENTOS DE COMPLEMENTOS DE MATEMÁTICA

10. Determine o ponto da esfera 9222 =++ zyx mais próximo do ponto )4,3,2( .

11. Considere a secção feita no elipsóide 12 222 =++ zyx pelo plano 1=+ yx . 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 2 5 1 5 1 550w x y z= . 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

2 2 2 1x y z+ + = é dada pela função ( , , ) 30 5( )T x y z x z= + + . Calcule, justificando, os

valores extremos da temperatura.


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 : n

ff D ⊆ →� � , diz-se que a função f tem um mínimo (máximo) local ou

relativo no ponto fD∈a sse existe uma bola ( )rB a tal que ( ) ( ), ( )r ff f B D≥ ∀ ∈x a x a � ,

( )( ) ( ), ( )r ff f B D≤ ∀ ∈x a x a � .

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.


ff D ⊆ →� � , diz-se que a função f tem um mínimo (máximo) absoluto ou

global no ponto fD∈a sse ( ) ( ), ff f D≥ ∀ ∈x a x ( )( ) ( ), ff f D≤ ∀ ∈x a x .

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.


Extremos


A função representada graficamente está definida em [ ]1 8: ,f x x ⊂ →� � , então, deste gráfico

pode, por exemplo, concluir-se que:

• Os pontos 2x , 5x e 7x são pontos de mínimo local, sendo 2x um ponto de mínimo global da

função. Assim, 2( )f x , 5( )f x e 7( )f x são mínimos locais da função, sendo 2( )f x o mínimo

global (que também é local). As coordenadas deste mínimo são 2 2( , ( ))x f x .

• Os pontos 1x , 3x , 6x e 8x são pontos de máximo local da função. Nestes termos, 1( )f x ,

3( )f x , 6( )f x e 8( )f x são máximos locais da função. O máximo global é 6( )f x com

coordenadas 6 6( , ( ))x f x . Este exemplo, chama a atenção para o facto dos pontos na

fronteira do domínio poderem ser extremantes ( 1x e 8x ). Repare-se que nesses pontos,

mesmo que a função seja diferenciável, pode acontecer que a derivada não se anule.

• O ponto 4x 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 7x e não é diferenciável nos pontos

5x , 6x e 7x . Assim, a partir do gráfico verifica-se que os extremos locais podem ocorrer em: pontos

de fronteira do domínio da função ( 1x e 8x ); pontos onde a função não é diferenciável ( 5x , 6x e 7x )

e, pontos onde a derivada da função se anula ( 2x e 3x ).


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 : nf →� � contínua num conjunto limitado e fechado

(compacto) de n� 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 : nff D ⊆ →� � uma função de classe 1C 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., ( ) 0f∇ =�

a .


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

1

( ) 0

( ) 0

( ) 0n

fx

f

fx

∂� =�∂��∇ = � �� ∂� =

∂��

��

x

x

x

.

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 fD∈a , diz-se um ponto de estacionaridade (ou crítico) de f sse ( ) 0f∇ =�

a ,

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 1C (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 ( ) 0f∇ =�

a implica que o diferencial total de f no ponto a,

no qual f tem um extremo relativo, é nulo:

1 11

( ) ( )( ) ... 0 ... 0 0n n

n

f fdf dx dx dx dx

x x∂ ∂= + + = × + + × =

∂ ∂a aa .

Assim, caso f seja diferenciável, a condição ( ) 0f∇ =

�a fica reduzida a ( ) 0df =a .


Extremos


Em particular, se f é função de duas variáveis independentes ( , )z f x y= , a condição ( ) 0df =a

implica que o plano tangente ao gráfico de f no ponto ( , , ( , ))a b f a b , um extremo da função, cuja

equação é:

( , ) ( ) ( , ) ( ) ( , ) ( , )x yz f a b x a f a b y b f a b df a b′ ′− = − + − = , é horizontal, uma vez que, ( , ) ( , ) 0z f a b df a b− = = , 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 2C

nesse ponto crítico.


ff D ⊆ →� � e fD∈a . Supondo que 2 ( ( ))rf C B∈ a , define-se hessiana de f

no ponto a, como sendo a matriz quadrada ( n n× ),

2 2 2 2 2 2

2 21 1 2 1 1 1 2 1

2 2 2 2 2 2

2 2( ) 2 1 2 2 2 1 2 2

2 2 2 2

21 2 1( )

( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( )

( )

n n

n n

n n n n

f f f f f fx x x x x x x x x x

f f f f f fH x x x x x x x x x x

f f f fx x x x x x x

� �∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂� ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂� � ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂�

= =∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂� � � � ∂ ∂ ∂ ∂ ∂� ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ �

� �

� �

� � � � � � � �

�

a

a

a a a

a a a

a2 2

22

( ) ( )n n

f fx x x

� �� ∂� ∂ ∂ ∂ �

�a a

.


Extremos


Uma vez que, 2 ( ( ))rf C B∈ a , verificam-se as condições do teorema de Schwarz e esta matriz é

simétrica. Define-se hessiano de f no ponto a como sendo ( ) ( )detH H=a a , o determinante de ( )H a .

Particularizando para 2n = : 2 2

2

( ) 2 2

2

( ) ( )

( ) ( )

f fx x y

Hf f

y x y

� �∂ ∂� ∂ ∂ ∂� =� ∂ ∂� ∂ ∂ ∂ �

a

a a

a a (matriz hessiana)

e 2 2

22 2 2 2

( ) 2 22 2

2

( ) ( )

( ) ( ) ( )

( ) ( )

f fx x y f f f

Hx y x yf f

y x y

∂ ∂∂ ∂ ∂ � ∂ ∂ ∂= = − � �∂ ∂ ∂ ∂∂ ∂ � �

∂ ∂ ∂

a

a aa a a

a a, uma vez que a matriz é simétrica.

Para se investigar a natureza dos pontos críticos, em funções pelo menos de classe 2C 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 0H Iλ− = , 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).


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 i id = ∆ , 1,...,i n∀ = , da matriz hessiana no ponto

crítico a:

2

1 21

( )f

x∂∆ =∂

a ,

2 2

21 1 2

2 2 2

22 1 2

( ) ( )

( ) ( )

f fx x x

f fx x x

∂ ∂∂ ∂ ∂

∆ =∂ ∂

∂ ∂ ∂

a a

a a

,

2 2 2

21 1 2 1 3

2 2 2

3 22 1 2 2 3

2 2 2

23 1 3 2 3

( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( )

f f fx x x x x

f f fx x x x x

f f fx x x x x

∂ ∂ ∂∂ ∂ ∂ ∂ ∂

∂ ∂ ∂∆ =∂ ∂ ∂ ∂ ∂

∂ ∂ ∂∂ ∂ ∂ ∂ ∂

a a a

a a a

a a a

, ..., ( )n H∆ = a .

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, 0i∆ > , 1,...,i 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) 0ii− ∆ > ,

1,...,i 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 2n = , torna-se mais simples se se

começar por determinar o sinal de 2 2d∆ = em a:

• 2 0∆ < � a função não admite extremo em a (ponto de sela);

• 2 0∆ > � a função admite extremo em a, então se 1

1

0 ponto de máximo

0 ponto de mínimo

∆ < ��∆ > ��

aa

;

• 2 0∆ = � nada se pode concluir por este processo.


Extremos


Extremos livres - possível resolução dos exercícios

1.a) Determinar, caso existam, os extremos da função1624

),(22 yx

yxf −−= .

Resolução: O domínio da função é 2� , e, como 1 2( )f C∈ � a função é diferenciável no seu

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

��

==

⇔

��

��

�

=−

=−⇔

��

��

�

=∂∂

=∂∂

00

08

012

0

0

y

xy

x

yfxf

.

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 2C , 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

�

�

��

�

−

−=

�

�

��

�

∂∂

∂∂∂

∂∂∂

∂∂

=

81

0

0121

),(

2

22

2

2

2

yf

xyf

yxf

xf

yxH .

Repare-se que esta matriz não depende do ponto )0,0( . O hessiano associado será

11 122 2

21 22

10

112(0,0) 01 12 8

08

a ad H

a a

−∆ = = = = = >

×−,

como este determinante é positivo, a função admite extremo na origem , uma vez que

2

1 1 11 2

1(0,0) 0

12f

d ax

∂∆ = = = = − =<∂

,

o ponto )0,0( é um ponto de máximo relativo.

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, 1

10

12λ = − < e 2

10

8λ = − < . Como ambos os valores próprios são negativos a origem é um

ponto de máximo relativo da função.


Extremos


Estes dois processos, só por si não permitem concluir se o máximo é global. Utilizando a definição,

como 0)0,0( =f e como 01624

),(22

≤−−= yxyxf ( , ) fx y D∈∀ , tem-se

( , ) ( , ) (0,0) 0fx y D f x y f∈∀ � ≤ = ,

concluindo-se , portanto, que o máximo é global. O máximo da função é (0,0) 0f = , que pode ser

representado graficamente por ( ) ( )0,0, (0,0) 0,0,0f = .

A existência do máximo global pode ser confirmada através do gráfico da função. Graficamente, a

função 22

24 16( , ) yxf x y = − − 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, ( )12 8, yxf∇ = − − , ilustra que a origem é um ponto de

máximo de 22

24 16( , ) yxf x y = − − .


Extremos


1.b) Determinar, caso existam, os extremos da função 2 2( , )f x y x y= + .

Resolução: O domínio da função é 2� . Sendo o gráfico de, 2 2( , )f x y x y= + 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

0)0,0( =f , e as suas coordenadas ( ) ( )0,0, (0,0) 0,0,0f = .

Analiticamente, para estudar os extremos da função, é necessário resolver o sistema

2 2

2 2

00

0 0

xfx yx

f yy x y

�∂� =�=� +∂� �⇔� �∂� �= =∂� �� +�

.

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 0x = e 0y = , 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, 1 2( \ {0,0})f C∈ � . Nestes casos, é possível que a

função admita um extremo num ponto nestas condições; por exemplo, como se pode ver

graficamente a função 2 2( , )f x y x y= + 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).


Extremos


Sendo 0)0,0( =f e, como, 2 2( , ) 0f x y x y= + ≥ , ( , ) fx y D∈∀ , tem-se ( , )( , ) (0,0) 0,fx y Df x y 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, ( )2 2 2 2, yx

x y x yf

+ +∇ = , ( , ) (0,0)x y ≠ , ilustra o facto

da origem ser ponto de mínimo de 2 2( , )f x y x y= + .

1.c) Determinar, caso existam, os extremos da função2 2

( , )24 16x y

f x y = − + .

Resolução: O domínio da função é 2� , sendo esta diferenciável no seu domínio. Como

0 0 01200 0

8

f xxx

f y yy

∂� �= − =� � =�∂� �⇔ ⇔� � �∂ =�� = =�∂� ��

.

A origem é o único ponto crítico da função, um candidato a extremo. A matriz hessiana é

10

12( , )1

08

H x y

� �−� = � � � �

.

E valor do hessiano associado

2

1(0,0) 0

12 8H∆ = = − <

×,

como este determinante é negativo, a função não admite extremo na origem. A origem é um ponto

de sela. O gráfico da função 2 2

( , )24 16x y

f x y = − + é um parabolóide hiperbólico ou sela, segundo o

eixo das ordenadas, como ilustra a seguinte figura.


Extremos


O gráfico do gradiente da função, ( )12 8, yxf∇ = − , ilustra o facto da origem ser um ponto de sela.

1.d) Determinar, caso existam, os extremos da função 3 2( , ) 2( )f x y y x xy= + +

Resolução: O domínio da função é 2� , e, 1 2( )f C∈ � . O sistema de estacionaridade é

( )22

10 2(2 ) 0 0 1222 3 0 1(6 1) 0 00 3 0

62

f yxxx y xx

f x y y y y yyy

y

∂� ��= = −= −� + = �� − =� �∂� � � �⇔ ⇔ ⇔ ⇔� � � � � �∂ + = − = =� �� = =− + =� �∂� � ��

� .

Os pontos críticos são, portanto, )0,0( e ( )1 1

12 6,− . A matriz hessiana é


Extremos


�

��

�=

�

�

��

�

∂∂

∂∂∂

∂∂∂

∂∂

=y

yf

xyf

yxf

xf

yxH122

24),(

2

22

2

2

2

(repare-se que esta matriz apenas depende de y).

• No ponto )0,0( tem-se

�

��

�=

0224

)0,0(H ,

pelo que

2 (0,0)

4 24 0

2 0d H= = = − < ,

como 042 <−=d , 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 ( )1 112 6,− como

( )1 112 6

4 2,

2 2H

� �− = �

�,

vem

2

4 24 0

2 2d = = > ,

a função tem um extremo no ponto ( )1 112 6,− , e uma vez que 041 >=d , este ponto é um ponto de

mínimo. O mínimo é

( ) ( ) ( )( )3 21 1 1 1 1 112 6 6 12 12 6 216, 2f ×− = + − − = − .

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

2

4 2 1 0 4 2 0 4 20 0 0 0

2 12 0 1 2 12 0 2 12

(4 )(12 ) 4 0 4(1 3 ) 4(12 1) 0

H Iy y y

y y y

λ λλ λ

λ λ

λ λ λ λ

−� � � � � � � �− = ⇔ − = ⇔ − = ⇔ = ⇔� � � � − � � � �

⇔ − − − = ⇔ − + + − =

• No ponto )0,0( , 0y = , obtém-se a seguinte equação do 2ª grau 2 4 4 0λ λ− − = , resolvendo esta

equação obtemos 2 valores para λ , os valores próprios,

2 2 2 2 2 2 0λ λ= + = − <�� 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.


Extremos


• No ponto ( )1 112 6,− , obtém-se

2 6 4 0 3 5 0 3 5 0λ λ λ λ− + = ⇔ = + > = − >� , 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 ( )1 1

12 6,− . 1.e) Determinar, caso existam, os extremos da função ( )442 2)(2),( yxyxyxf +−−=

Resolução: O domínio da função é 2� , e, 1 2( )f C∈ � . Resolvendo o sistema de estacionaridade

obtêm-se, caso existam, os pontos críticos da função.

( )

3 3

3 3

33 3 3

33

2 2 0

2

4( ) 8 0 2 0 2 0 2 2 02 04( ) 8 0

2 1 0 0 1

0 1

x yy x y x

fx y x x y x x y x x xx

f x y y y xx y yy

x x x x

y y

+ = ⇔⇔ =− ⇔ =−

∂� = − − =� �− + + = � �− + + = − + =∂� �⇔ ⇔ ⇔ ⇔� � � �∂ − + = = − −� � �� = − − − =∂��

� − = = = −� ��⇔ ⇔� � �= =− � ��

11

x

y

=�� = −�

os pontos críticos são, )0,0( , ( )1,1− e ( )1,1 − . A matriz hessiana é

�

��

�

−−−−

=

�

�

��

�

∂∂

∂∂∂

∂∂∂

∂∂

=2

2

2

22

2

2

2

24444244

),(y

x

yf

xyf

yxf

xf

yxH .

A expressão geral do hessiano associado é

2 2 2 2 2 22 ( , ) (4 24 )(4 24 ) 16 576 96 96d H x y x y x y y x= = − − − = − −

• Nos pontos ( )1,1− e ( )1,1 − , como 2 ( 1,1) (1, 1)384 0d H H

− −= = = > , a função admite extremos

nestes pontos, uma vez que

22

(1, 1)1 2( 1,1)(1, 1)

( 1,1)

4 24 20 0f

d xx −

−−−

∂= = − = − <∂

,

os pontos ( )1,1− e ( )1,1 − são pontos de máximo. • Na origem , como 2 (0,0)

0d H= = , 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.


Extremos


Estudando os valores próprios da matriz hessiana associada ao ponto (0,0) , obtém-se

2 8 0 0 8λ λ λ λ− = ⇔ = =� , como um dos valores próprios é nulo, nada se pode concluir.

Passando à definição, sendo 2 4 4( , ) 2( ) 2( )f x y x y x y= − − + vem 0)0,0( =f , qualquer bola

centrada na origem contém pontos da forma ),0( y , onde ( ) 02),0( 42 <+−= yyyf e da forma

)0,(x onde 42 22)0,( xxxf −= , se 0)0,( <xf , o ponto )0,0( seria um ponto de máximo local (por

definição) , contudo tal facto não se verifica para todo o ponto )0,(x (não se verifica para 1<x ),

basta considerar 12x = vindo ( )1 1 1 1

2 2 4 4,0 0f = − = > . Conclui-se que ),( yxf 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 22),( 4224 ++−= yyxxyxf


( )3 2

2 2 2 2

2 3

4 4 04 0 0

4 4 0

fx xy

x x y x x yxf

x y yy

∂� = − =� � − = � = =∂� �⇔ ⇔� � �∂ −− �� = − + =∂��

�.

Vindo

2 3 3

0 0 004 4 0 4 0

x x x

yx y y y

= = =� � �⇔ ⇔� � � =− + = = ��

,

e 2 2 2 2

3 32 3 4 4 0 0 0 P.V.4 4 0

x y y xx yxx yx y y

−� = = ±� � = �� ⇔ ⇔ ⇔� � � � ∈− + = =− + =� �� .

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 xy = e xy −= , isto é, os pontos da forma ),( 00 xx e ),( 00 xx − . A matriz

hessiana é

�

��

�

+−−−−

=22

22

12488412

),(yxxy

xyyxyxH ,

donde

088

88),(

20

20

20

20

00 ==±xx

xxxxH

�

�,

donde, por este método nada se pode concluir.


Extremos


Por definição, uma vez que,

( ) 2222),(2224224 ≥+−=++−= yxyyxxyxf ,

e, como, 222),( 4

040

4000 =++−=± xxxxxf ,

pode concluir-se que os pontos situados sobre as rectas xy = e xy −= são pontos de mínimo

globais

2 0 0( , )( , ) ( , ) 2

x yf x y f x x

∈∀ � ≥ ± =

� .

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, 0 0( , ) 2f x x± = o

mínimo da função.

1.g) Determinar, caso existam, os extremos da função ( ) ( )22224 442),( −+−+= yyxxyxf

Resolução: O domínio da função é 2� , e, 1 2( )f C∈ � . A construção do sistema de estacionaridade,

leva-nos a

( )

( )( )( )

3 22 2 2 2

2 23 2

4 4 4 0 4 4 0 0 4

4 4 04 4 4 0

fx x y x x y x x yx

f y x yy y xy

∂� = + − + = �� − + + = � = + =∂� �⇔ ⇔� � �∂ −− + + = �� = + − + = �∂��

�

donde 00 =�= yx

e

0044 222 =�−±=⇔=+ xyyx P.V.

Os pontos críticos são )0,0( e os pontos sobre a circunferência 422 =+ yx , isto é, os pontos do tipo

( )200 4, xx −± .

A matriz hessiana é

( )( )�

��

�

++−++−

=22

22

34488344

),(yxxy

xyyxyxH .

• Na origem

�

��

�

−−

=160016

)0,0(H

resultando

(0,0)

16 0256 0

0 16H

−= = >

−,

o ponto )0,0( é um extremante da função, como 1 (0,0) 16 0f

dx

∂= = − <∂

, é um ponto de máximo,

sendo o seu valor (0,0) 16f = .


Extremos


• Para os pontos sobre 422 =+ yx , como

( ) ( ) �

�

��

�

−−±−±

=−±20

20

20

20

20

202

0028448

4884,

xxx

xxxxxH

vem

( ) 04, 200 =−± xxH ,

ou seja, nada se pode concluir por este processo. Recorrendo à definição, uma vez que

( ) ( ) ( ) 04442),(22222224 ≥−+=−+−+= yxyyxxyxf ,

concluí-se que

( ) ),(04, 200 yxfxxf ≤=−± , 2( , ) fx y D∈ =

∀�

,

ou seja, os ponto sobre a circunferência são pontos de mínimos globais da função.

Conclusão: A função têm um máximo na origem, o ponto (0,0) 16f = , e uma linha de mínimos

globais sobre a circunferência 422 =+ yx , sendo ( )20 0, 4 0f x x± − = o valor desse mínimo.

1.h) Determinar, caso existam, os extremos da função axyyxyxf 622),( 33 −+= , com a ∈� .


( )

22 2

2 3 3

6 6 0

06 6 0 0

f yx ay y xxx aaf y y ay ax y y ay

∂� �= − = �� = −�=∂� � �⇔ ⇔ ⇔� � � �∂ = =�� = − = − =−� �∂��

,

donde 00 =�= xy e axay =�= ,

ou seja, os pontos críticos da função são )0,0( e ),( aa . Obs.: Facilmente se observa que o sistema de estacionaridade é verificado para yx = donde

26 6 0 6 ( ) 0 0x ax x x a x x a− = ⇔ − = ⇔ = =� .


�

��

�

−−

=yaax

yxH126

612),( ,

sendo a expressão geral do hessiano associado

212 6( , ) 144 36

6 12x a

H x y xy aa y

−= = −

−.


Extremos


• Para o ponto )0,0( vem 2(0,0) 36H a= −

então se:

i) 0≠a , a função não extremo local no ponto )0,0( uma vez que 0)0,0( <H

ii) 0=a , como 0)0,0( =H , nada se pode concluir. Como, para 0=a , ( )332),( yxyxf += , qualquer vizinhança do ponto )0,0( contém pontos do tipo

)0,(x e ),0( y ,

��

>><<

0 se 00 se 0

)0,(xx

xf e ��

>><<

0 se 00 se 0

),0(yy

yf ,

portanto a função não extremo no ponto )0,0( (ponto de sela). • Para o ponto ),( aa , vem

2 2 2( , ) 144 36 108H a a a a a= − = , então se i) 0≠a , a função tem um extremo local no ponto ),( aa uma vez que 0),( >aaH . Como

1 112 ( , ) 12d x d a a a= � = , deve considerar-se dois casos, se

1) 0>a então 01 >d e a função admite um mínimo local neste ponto;

2) 0<a então 01 <d e a função admite um máximo local neste ponto.

ii) 0=a , como 0),( =aaH , nada se pode concluir. Contudo, como )0,0(),( =aa a função não

admite extremo (caso estudado em cima).

Conclusão: Se 0=a a função não tem extremos, se 0>a a função tem um mínimo local no ponto

),( aa e se 0<a a função tem um máximo local no ponto ),( aa . Repare-se que 3( , ) 2f a a a= − ,

sendo ( , ) 0f a a > se 0a < e ( , ) 0f a a < se 0>a

1.i) Determinar, caso existam, os extremos da função 234),( yyxyxf +−= Resolução: O domínio da função é 2� , e, 1 2( )f C∈ � . Resolvendo o sistema de estacionaridade

( )3

3 2232

0 04 0 02 1 0 03 2 0

x xx xyy y yy y

=� � == = �� ⇔ ⇔� � � � =− − = =− + = �� ,

obtêm-se os pontos de equilíbrio )0,0( e ( )2

30, .


Extremos



�

��

�

+−=

260012

),(2

yx

yxH .

• Para )0,0( , o hessiano é

2

0 0(0,0) 0

0 2H∆ = = = , nada se pode concluir.

De

)1(),( 24234 yyxyyxyxf −+=+−= ,

é evidente que em qualquer bola centrada na origem, desde que 1<y , 0),( >yxf com excepção

de )0,0( onde 0)0,0( =f . Então, ),( yxf tem um ponto de mínimo local em )0,0( .

• Para ( )2

30, , o hessiano é

( )22 3

0 00, 0

0 2H∆ = = =

−, nada se pode concluir.

Uma vez, que 0=x vem

yydydz

yyz 23 223 +−=�+−= .

Procedendo como no caso de f.r.v.r.

2 230 3 2 0 0

dzy y y y

dy= ⇔ − + = ⇔ = =�

y ∞− 0 32 ∞+ dydz - 0 + 0 -

z m M Donde se conclui que ( )2

30, é um ponto de máximo segundo a direcção 0=x . Por outro lado, sendo 2

3y = vem

( )4 4 4 227 27 30,z x f= + ≥ = ,

concluindo-se de imediato que ( )230, é um ponto de mínimo segundo a direcção 2

3y = . A função não admite extremo no ponto ( )2

30, , 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 ( )2

30, é um ponto se sela.


Extremos


1.j) Determinar, caso existam, os extremos da função 222 42),,( zyxzyxf ++= .

Resolução: O domínio da função é 3� , e, 1 3( )f C∈ � . Do sistema de estacionaridade

��

��

�

===

⇔��

��

�

===

000

080204

z

y

x

z

y

x

,

obtém-se o ponto crítico )0,0,0( , possível extremo. Como

42

2

=∂∂

xf

, 0222

=∂∂

∂=∂∂

∂=∂∂

∂zyf

zxf

yxf

, 22

2

=∂∂

yf

e 82

2

=∂∂

zf

,

a matriz hessiana é

�

�

��

�

=800020004

),,( zyxH

uma vez que

064800020004

3 >==d , 082004

2 >==d e 041 >=d ,

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,

1 24, 2λ λ= = e 3 8λ = , todos os valores próprios são positivos a origem é um ponto de mínimo.

Sendo 2 2 2( , , ) 2 4 0 (0,0,0)f x y z x y z f= + + ≥ = (mínimo da função) 3( , , ) fx y z D∈ =

∀�

,

o mínimo é global.

1.k) Determinar, caso existam, os extremos da função xyzzyxzyxf 4),,( 444 −++= .

Resolução: O domínio da função é 3� , e, 1 3( )f C∈ � . Resolvendo o sistema de estacionaridade

��

��

�

=−=−

=−

044

044

044

3

3

3

xyz

xzy

yzx

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

�

�

��

�

−−−−−−

=2

2

2

124441244412

),,(zxyxyz

yzx

zyxH


Extremos


Obtendo-se

�

�

��

�

−−=−−1244

41244412

)1,1,1(H ,

�

�

��

�

−

−=−−

124441244412

)1,1,1(H ,

�

�

��

�

−−

=−−124441244412

)1,1,1(H e

�

�

��

�

−−−−−−

=1244

41244412

)1,1,1(H .

Como 01024)1,1,1()1,1,1()1,1,1()1,1,1(3 >==−−=−−=−−= HHHHd , o menor principal de

segunda ordem 2d , é igual para todos estes pontos críticos e maior do que zero 01282 >=d e o

menor principal de primeira ordem é também igual para estes pontos e maior do que zero

0121 >=d , pode-se concluir que todos estes pontos são pontos de mínimo local. O valor deste

mínimo local é 0 0 0( , , ) 1f x y z = − , sendo 0 0 0( , , )x y z um destes 4 pontos.

Para o ponto )0,0,0( , 0)0,0,0(3 == Hd , nada se pode concluir por este processo. Os valores

próprios da matriz H associados ao ponto (0,0,0) , são 0λ = com multiplicidade 3, e, portanto,

também nada se pode concluir.


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 24xy = e a recta 1=− yx , 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 ),( yx um ponto

qualquer de 24xy = e ),( vu um ponto qualquer de 1=− yx . O objectivo é minimizar a distância

( ) 22 )()(),(),,( vyuxvuyxd −+−= , com ),( yx tal que 24xy = e ),( vu tal que 1=− vu . Para

facilitar os cálculos, pode-se procurar os pontos no qual 222 )()( vyuxd −+−= 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

( ) ( ) ),(14)()(1

4 2222222

uxfuxuxvyuxduv

xy=+−+−=−+−=�

��

−==

,

assim, o problema de extremos condicionados transformou-se num problema de extremos livres da

função ),( uxf . Começa-se por resolver o sistema de estacionaridade, em busca dos pontos críticos,

( )( ) ( )

2

2 2

2

2( ) 16 4 1 00 14 1 (16 2) 0 4 1

0 82( ) 2 4 1 0

x

y

x u x x ufx u x x u x

f x u x u

� − + − + =′ =�� − + − = ⇔ = = +� �′ =� − − − − + =� ��

�


Extremos


donde

( ) ( )( )

191 1 18 8 16 32

2 2 2 2 2

2 2 1 0

4 1 2( 4 1) 16 4 4 1 1 0 4 2 1 0, impossível em

x u u u

u x x x x x x x x

� = � − − − − + = ⇔ =��

= + � − − + − − + = ⇔ − + − =�� .

Conclui-se que, a função ),( uxf tem um ponto critico para ( )1918 32( , ) ,x u ≡ e como

1 18 16

19 1332 32

x y

u v

= =� �� = = −� �

,

a função 22 )()( vyuxd −+−= tem um ponto critico em ( )19 131 18 16 32 32, , ,− .

A distância mínima entre a parábola 24xy = e a recta 1=− yx , é a distância entre ( )1 1

8 16( , ) ,x y =

(pertencente à parábola) e ( )19 1332 32( , ) ,u v = − (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,

( ) ( )2 219 13 151 18 32 16 32 32 2d = − + + = .�

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).

Teorema (método dos multiplicadores de Lagrange): Seja : nf →� � tal que )(1 ACf ∈ , sendo

A um aberto de n� , : n mg →� � )( nm < com )(1 ACg ∈ e { }: ( ) 0B A g= ∈ =�x x x . Suponha-

se que f admite um extremo em B∈a e que 1

1 ( )

( )det 0

( )m

n

g gx x

� �∂≠� ∂ �

�

�a

, então existem m nº reais

mλλ ,,1 � , tais que a é ponto crítico da função 1

( ) ( ) ( )m

i ii

F f gλ=

= +�x x x . A mλλ ,,1 � dá-se o

nome de multiplicadores de Lagrange.

Este teorema afirma que os extremos da função f sujeita às m restrições ( ) 0ig =x , só podem

ocorrer em pontos críticos da função Lagrangeana 1 1( ) ( ) ( ) ( )m mF f g gλ λ= + + +�x x x x .

Assim a resolução de um problema deste tipo começa pela determinação destes pontos críticos,

obtidos através da resolução do seguinte sistema:


Extremos


11 1

( ) ( ) ( ) ( ), , , ( ), , ( ) (0, ,0,0, ,0)m

n m

F F F Fg g

x x λ λ� ∂ ∂ ∂ ∂= = =� �∂ ∂ ∂ ∂� �

� � � �x x x xx x .

Em seguida pode-se tentar, por meio de uma análise física, geométrica ou outra, determinar se esses

pontos são ou não os extremantes procurados.

Existe um processo analítico para decidir se um ponto crítico a da função 1

( ) ( ) ( )m

i ii

F f gλ=

= +�x x x

é máximo ou mínimo da função ( )f x , sujeita às restrições ( )ig x ),,1( mi �= . Considera-se a

matriz hessiana orlada

0( )F T

F

A

A H� �

= � �

� a ,

onde ( )

i

i

gA

x� �∂= � ∂ � a

),,1( mi �= , sendo TA a transposta de A, 0 é a matriz nula e FH a hessiana de F

no ponto a. Seja m o nº de restrições ( )ig x e j∆ o menor principal de ordem j da matriz ( )F� a .

Então, sendo n o nº de variáveis das funções f e ig , 1, ,i m= � , tem-se:

2 1 2 2 2 3

2 1 2 2 2 3

0; 0; 0; ; 0 ( ) é mínimo par

0; 0; 0; ;( 1) 0 ( ) é máximom m m m n

m nm m m m n

fm

f+ + + +

++ + + +

∆ > ∆ > ∆ > ∆ > ��

∆ < ∆ > ∆ < − ∆ > ��

�

�

a

a,

e

2 1 2 2 2 3

2 1 2 2 2 3

0; 0; 0; ; 0 ( ) é mínimo impar

0; 0; 0; ;( 1) 0 ( ) é máximom m m m n

m nm m m m n

fm

f+ + + +

++ + + +

∆ < ∆ < ∆ < ∆ < ��

∆ > ∆ < ∆ > − ∆ < ��

�

�

a

a.

Repare-se que 2 1m n m+ +∆ ≤ ∆ . Sendo número de determinantes (menores) a calcular dado por mn − ,

e a ordem do maior determinante a calcular dada por mn + .

Obs.: Para 2n = , e um problema de extremos condicionados com uma restrição, a função

Lagrangeana é ( , , ) ( , ) ( , )L x y f x y g x yλ λ= + , vamos calcular o hessiano como se um problema de

extremos livres se tratasse:

2 2 2 2 2

2 2

2 2 2 2 2 2 2

2 2 2

2 2 2 2 2

2 2

0

0| | | |

0

FTF

L L L L L g g gx y x x y xx x x y

AL L L L L g g L LH

A Hy x y y x y x x yy y x

g gL L L g L Lx yx y y y x y

λ

λ

λ λ λ

∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂∂ ∂ ∂ ∂

∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂= = = = =∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂∂ ∂ ∂

∂ ∂∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂∂ ∂∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂∂ ∂

� .

Pode utilizar-se o critério para classificação de extremos utilizado no caso dos extremos livres.


Extremos


Extremos condicionados - possível resolução dos exercícios

2. Estudar a existência de extremos da função ( , ) 14f x y xy= + sujeita à restrição 2 2 18x y+ = .

Resolução: Neste exercício, pretende-se calcular os extremos da função ( , ) 14f x y xy= + , sujeita à

restrição 2 2 2 218 18 0 ( , ) 0x y x y g x y+ = ⇔ + − = ⇔ = . Ou seja, pretende calcular-se os valores

extremos da superfície 14z xy= + ao longo da circunferência 2 2 18x y+ = . Na figura seguinte

faz-se um esboço da superfície ( , )z f x y= e da sua intersecção com a curva 2 2 18x y+ = .

Tem-se, portanto, uma função a extremar, a função objectivo ( , ) 14f x y xy= + , uma restrição,

( 1=m ), 2 2 18x y+ = e duas variáveis ( 2=n ), 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

2 2

11

( ) ( ) ( ) ( , ) ( , ) 14 ( 18)m

i i mi

F f g f x y g x y xy x yλ λ λ==

= + = + = + + + −�x x x .

Os pontos críticos de ( , )F x y , resultam do sistema de estacionaridade,

2 2

2 2

2 2

02 0 2

2 20 2 0218

( , ) 0 18 3

F yx y x y xx

x yF x x yx yy yx yF

g x y x x x

λλλ λ

λ

�∂ � �=� = −∂ � �� + =� �� = � =�∂� � �= ⇔ + = ⇔� � � �= −∂� � � ��+ =�� ∂ = = + = � = ±�� ∂�

,

a solução do sistema é 3 3x y= � = ± e 3 3x y= − � = ± .


Extremos


Assim, a função ( , )F x y tem quatro pontos críticos ( 3,3)− e (3, 3)− para 12λ = e ( 3, 3)− − e (3,3)

para 12λ = − . Ou seja, a função ),( yxf sujeita à restrição ( , ) 0g x y = (o problema de extremos

condicionados), admite quatro candidatos a extremo. Facilmente se pode verificar os pontos

críticos verificam a restrição 2 2( , ) 0 18 0g x y x y= ⇔ + − = . Portanto, para todo o ponto crítico

0 0( , )x y da função Lagrangeana, 0 0 0 0( , ) ( , )f x y F x y= , uma vez que 0 0( , ) 0g x y = .

O facto de ( , )f x y ser contínua nos pontos críticos (que pertencem a 2 2 18x y+ = ) e da

circunferência ser limitada e fechada (conjunto compacto) garante pelo teorema de Weierstrass, a

existência de máximo e mínimo absoluto.

Como (3,3) ( 3, 3) 23f f= − − = e ( 3,3) (3, 3) 5f f− = − = , o máximo de ( , ) 14f x y xy= + sobre

2 2 18x y+ = 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,

2 2

2

2 2

2

0

0 2 20

2 2 12 1 2

F TF

g gx y

x yA g F F

xA H x x yx

yg F Fy y x y

λλ

� �∂ ∂� ∂ ∂� � �� ∂ ∂ ∂ � = = =� � � ∂ ∂ ∂∂ � � � �� ∂ ∂ ∂�

∂ ∂ ∂ ∂� �

� ,


Extremos


nesses pontos críticos. Repare-se que esta matriz depende das variáveis e do multiplicador.

Sendo, o número de variáveis 2=n , e o número de restrições 1=m , tem-se:

i) o número de determinantes a calcular é 1=− mn (que coincide com o hessiano)

ii) a ordem do maior determinante a calcular é 3=+ mn

Por i) e ii), basta calcular 2 1 3 ( )m n m 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 03 >∆ o ponto crítico é um ponto de máximo

• se 03 <∆ o ponto crítico é um ponto de mínimo.

1) Para ( 3, 3)− − e (3,3) com 12λ = − , vem 3 | | 144 0F∆ = = >� , e, portanto, estes pontos são

pontos de máximo do problema de extremos condicionados.

2) Para ( 3,3)− e (3, 3)− com 12λ = , vem 3 | | 144 0F∆ = = − <� , 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 ( , ) 14f x y xy= + , é

{ }2( , ) : 14cN x y xy c= ∈ + =� ,

portanto as curvas de nível desta função dão hipérboles. Na figura seguinte, estão representadas algumas curvas de nível e a restrição 2 2 18x y+ = .

Observe-se que as curvas de nível da função objectivo, ( , ) 14f x y xy c= + = , intersectam o gráfico

da restrição 2 2 18x y+ = (circunferência).


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, 0 0( , )x y .

Assim, os valores de c que se obtêm fazendo 0 0( , )f x y c= dão os valores extremos do problema.

Neste exemplo, para 5c = e 23c = , 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 2 214 23 18 ( , ) ( 3, 3) ( , ) (3,3)xy x y x y x y+ = + = � = − − =� � , onde o problema tem um mínimo,

e 2 214 5 18 ( , ) ( 3,3) ( , ) (3, 3)xy x y x y x y+ = + = � = − = −� � , onde o problema tem um mínimo.

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 ( , ) 0g x y = , ou seja, os extremos de ( , )f x y quando ( , )x y pertence à

curva ( , ) 0g x y = , pode imaginar-se a seguinte figura

A figura seguinte, apresenta-se um esboço, da curva ( , ) 0g x y = juntamente com várias curvas de

nível da função f, cuja equação é ( , )f x y c= .


Extremos


Portanto, maximizar ( , )f x y sujeita a ( , ) 0g x y = é achar o maior valor de c tal que a curva de

nível ( , )f x y c= intercepte a curva ( , ) 0g x y = . 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 0 0( , )x y=a , isto é, se

0 0 0 0( , ) ( , )f x y g x yλ∇ = ∇ para algum escalar λ , o multiplicador de Lagrange.

Assim, os extremos de ( , )f x y sujeita a ( , ) 0g x y = deve ocorrer nos pontos que são solução do

sistema de equações

, ,

( , ) 0( , ) 0 ( , ) 0( , ) 0

( , ) 0 ( , ) 0

x

xyx x x

yx yy y

y

ff ggx x ff g ff f g gff g f g g gf gx y x y

g x y y y gg x y g x yg x y

g x y g x y

λλλ

λλλ λ λ

′�∂ ∂� == � ′�∂ ∂ � ′′ ′� = ′�� ∂ ∂ ∂ ∂ � =′�=∇ = ∇� ∂ ∂ �� ′ ′′ ′⇔ ⇔ = ⇔ = ⇔ = ⇔∂ ∂ ∂ ∂� � � � � �� ′= ∂ ∂� � � � � �= ==� �� = =� ��

Este resultado pode ser generalizado para um número de variáveis 2n > .

3. Calcular os valores extremos da função ( , )f x y x y= + no círculo 2 2 4x y+ = .

Resolução: A função objectivo é ( , )f x y x y= + e a restrição 2 2( , ) 4g x y x y= + = . Para a procura

dos candidatos a extremos, pode utilizar-se ( , ) 0f g g x yλ∇ = ∇ =� (1). Uma vez que, (1,1)f∇ = e

(2 ,2 )g x y∇ = , de (1) vem (1,1) (2 , 2 )x yλ= , ou seja, 1 2xλ= e 1 2yλ= , vindo x y= . Tendo em

conta a restrição, os candidatos a extremos são ( 2, 2) e ( 2, 2)− − .


Extremos


Pelo teorema de Weierstrass , ( 2, 2) 2 2f = é o máximo da função e ( 2, 2) 2 2f − − = − o

mínimo.

Na figura, estão representadas as curvas de nível da função para 2 2c = ± , ou seja, as rectas

( , ) 2 2 2 2f x y y x= − ⇔ = − − e ( , ) 2 2 2 2f x y y x= ⇔ = − , e a restrição 2 2 4x y+ = . Os

pontos de máximo ( 2, 2) 2 2f = e mínimo ( 2, 2) 2 2f − − = − do problema de extremos

condicionados, são os pontos de tangência entre a circunferência e as rectas 2 2y x= − e

2 2y 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 2 2( , ) 9f x y x y= − − no plano 3x y+ = .

Resolução: Neste exercício, pretende-se calcular os extremos da função 2 2( , ) 9f x y x y= − − ,

sujeita à restrição ( , ) 3 0g x y x y= + − = , 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

( )2 2( , ) ( , ) ( , ) 9 3F x y f x y g x y x y x yλ λ= + = − − + + − .

O sistema de estacionaridade é

30

2 22 03

0 2 02 2

3 0 33 0( , ) 0 2 2

Fx x

x xF

y y yy

x yF

g x y

λ

λλλ

λ λ λλ

�∂ � �= = =� � �∂ − + =� � � �∂� � � �= ⇔ − + = ⇔ = ⇔ =� � � �∂� � � �+ − =� =� � �∂ + − == =� � �

� �∂�

.


Extremos


Assim, a função ( , )F x y tem um ponto crítico ( )3 32 2, , para 3λ = que é o mesmo que dizer que a

função ),( yxf sujeita à restrição ( , ) 0g x y = , admite o ponto crítico ( )3 32 2, , 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

2 2

2

2 2

2

0

0 1 1

1 2 01 0 2

F

g gx y

g F Fx x x y

g F Fy y x y

� �∂ ∂� ∂ ∂� � �� ∂ ∂ ∂ � = = −� � ∂ ∂ ∂ ∂� � − �� ∂ ∂ ∂�

∂ ∂ ∂ ∂� �

� ,

repare-se que esta matriz não depende nem das variáveis nem do multiplicador. Sendo, o número de

variáveis 2=n , e o número de restrições 1=m , tem-se

iii) o número de determinantes a calcular é 1=− mn (que coincide com o hessiano)

iv) a ordem do maior determinante a calcular é 3=+ mn

Por i) e ii), basta calcular 2 1 3 ( )m n m 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 03 >∆ o ponto crítico é um ponto de máximo

• se 03 <∆ o ponto crítico é um ponto de mínimo.

No ponto crítico ( )3 32 2, , 3 4 0F∆ = = >� . Como m é impar e 03 >∆ , o ponto crítico é um ponto

de máximo da função 2 2( , ) 9f x y x y= − − sabendo que x e y se pertencem ao plano 3x y+ = , o

máximo do problema de extremos condicionados é ( ) ( ) ( ) ( )2 23 3 3 3 3 3 92 2 2 2 2 2 2, , 9f F= = − − = , uma vez

que o ponto crítico verifica a restrição ( , ) 0 3 0g x y x y= ⇔ + − = .

Geometricamente, como a expressão geral das curvas de nível de 2 2( , ) 9f x y x y= − − , é

{ } { }2 2 2 2 2 2( , ) : 9 ( , ) : 9cN x y x y c x y x y c= ∈ − − = = ∈ + = −� � ,

estas são circunferências de centro na origem e raio 9r c= − ( 0 9c≤ < ). Na figura seguinte,

estão representadas algumas curvas de nível 923, ,6c = , assim como o gráfico da restrição


Extremos


A recta, que correspondente à restrição, é tangente à curva de nível da função correspondente a 92c = o valor do extremo da função (máximo). O ponto de intersecção entre esta curva de nível,

2 2 929x y+ = − e a recta 3x y+ = restrição é

2 2 332232

9

3

xx yyx y

=� �+ = −�� =+ = ��

,

ou seja, o ponto crítico, ( )3 3

2 2, , 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 92c = , o máximo da função.


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 gλ∇ = ∇ ,

como já se sabe, λ é o multiplicador de Lagrange.

5. Calcular, caso existam, os extremos da função yxyxf 3),( −= , com as variáveis sujeitas à

restrição 92 22 =+ yx .

Resolução: Neste problema de extremos condicionados, tem-se um função a extremar,

yxyxf 3),( −= , a função objectivo, sujeita uma restrição ( 1=m ),

0920),( 22 =−+⇔= yxyxg . A Lagrangeana é

( )2 2

11

( ) ( ) ( ) ( , ) ( , ) 3 2 9m

i i mi

F f g f x y g x y x y x yλ λ λ==

= + = + = − + + −�x x x

Para se determinar os pontos críticos de ( , )F x y , recorre-se ao sistema de estacionaridade

2 2

10

21 2 03

0 3 4 04

2 9 0( , ) 0

Fx xxF

yy y

x yF

g x y

λλ

λ λ

λ

�∂ �= = −� �∂ � + =� �∂� � �= ⇔ − + = ⇔ =� � �∂� � �+ − =�� ∂ −= =� �

�∂�

,

(com 0≠x e 0≠y , facilmente se vê que 0=x e 0=y não são soluções do sistema), donde

22 2 2

1 3 3 92 4 2 22

63 62 9 0 2 9 0

222 22

y x yx y

xx y x x x

� �− = ⇔ = − =� �� ⇔� �� = ±+ − = ⇔ + − − = ⇔ = ±� ��

�

e 22

12λ = � .

Assim, a função ( , )F x y tem dois pontos críticos ( )6 922 22

,± � , para 2212λ = � . Portanto, os pontos

( )6 922 22

,± � são candidatos a extremos da função ),( yxf sujeita à restrição ( , ) 0g x y = .

Facilmente se pode verificar estes pontos satisfazem a restrição 2 22 9 0x y+ − = .

Analogamente ao exercício anterior, sendo 2=n (nº de variáveis) e 1=m (nº de restrições) vem

1=− mn (nº de determinantes a calcular) e 3=+ mn (ordem do maior determinante a calcular), ou

seja, basta estudar o sinal de 2 1 3 ( )m n m 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


Extremos


�

�

��

�

=

�

�

��

�

∂∂

∂∂∂

∂∂

∂∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

=λ

λ404022

4200

2

22

2

2

2

y

x

yx

yF

xyF

yg

yxF

xF

xg

yg

xg

F� ,

a expressão geral do hessiano associado é ( )22

3 48 xyF +−==∆ λ� . O sinal deste determinante

depende do sinal de λ , sendo m impar,

• para 2212 0λ = > ( )6 9

22 223 ,

0F −� ∆ = <� , e ( )6 9

22 22,− é um ponto de mínimo da função

),( yxf sujeita à restrição ),( yxg , o mínimo é ( )6 9 3322 22 22

,f − = − .

• para 2212 0λ = − < ( )6 9

22 223 ,

0F −� ∆ = >� , e ( )6 9

22 22,− é um ponto de máximo da função

),( yxf sujeita à restrição ),( yxg , o máximo é ( )6 9 3322 22 22

,f − = .

Como exercício verificar se se pode aplicar o teorema de Weierstrass.

6. Calcular a distância mínima da origem à hipérbole de equação 03222 =++− xxy .

Resolução: Seja ),( yx um ponto qualquer da hipérbole a função a minimizar (extremar) é a função

( ) 2222 )0()0(),(),0,0( yxyxyxd +=−+−=

ou, por facilidade de cálculos,

),(222 yxfyxd =+=

com as variáveis sujeitas à restrição

32),( 22 ++−= xxyyxg ,

isto é, sabendo-se que os pontos ( , )x y pertencem à hipérbole. Um problema de extremos

condicionados. A função Lagrangeana é

( )2 2 2 2( , ) 2 3F x y x y y x xλ= + + − + +

e o sistema de estacionaridade associado

2 2

2 ( 2 2) 02 2 0 2 ( 1) 0 0 1

2 3 0

x x

y y y y

y x x

λλ λ λ

� + − + = − −� �� + = ⇔ + = ⇔ = = −� � �� − −− + + = � ��

� .


Extremos


• Para 0=y , vem

2

2 ( 2 2) 00 0

1 32 3 0

x x

x xx x

λ� + − + =−�� = ⇔� � = − =��− + + =�

�

para

21

0421 =⇔=+−�−= λλx

e para

23

0463 =⇔=−�= λλx ,

então os pontos críticos de ( , )F x y são, para já, ( )1,0− com 12

λ = e ( )3,0 com 32

λ = .

• Para 1−=λ , vem

��

��

�

−=

=⇔

��

��

�

=++−=

=−+

415

21

032

000222

222 y

x

xxy

xx

, sistema impossível em � .

Nestes termos, a função ( , )F x y , tem dois pontos críticos, ( )0,1− para 1

2λ = e ( )0,3 para 32λ = .

Donde, o problema de extremos condicionados tem dois tem dois candidatos a extremos ( )0,1− e

( )0,3 . Como 2=n e 1=m (ímpar) basta calcular )(312 aFmnm �=∆=∆=∆ ++ para cada um dos

pontos críticos da função ( , )F x y . A matriz hessiana é

�

�

��

�

+−+−

+−=

λλ

220202222

2220

y

x

yx

F� .

Para 12λ = vem ( )1,0

48 0F −= − <� , e, para 3

2λ = vem ( )3,080 0F = − <� , ou seja, ( )0,1− e ( )0,3

são pontos de mínimo do problema.

Como se tem dois pontos de mínimo e se quer a distância mínima da origem à hipérbole

32),( 22 ++−= xxyyxg , deve substituir-se cada um dos pontos na função d e ver qual deles a

minimiza. Como

( ) 1)00()01()0,0)(0,1( 22 =−+−=−d e ( ) 3)00()03()0,0)(0,3( 22 =−+−=d ,


Extremos


conclui-se que a distância mínima entre a origem e a hipérbole é dada pela distância entre o ponto

( )0,1− 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 0k > 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

( , ) 0g x y x y z k= + + − = , 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 x y z kλ= + + + − .

Resolvendo o sistema de estacionaridade

000

0

yz yz y x

xz xz z yx y z

xy xy x z

x y z k

λ λλ λλ λ

+ = = − =� � �� + = = − =� � �⇔ ⇔ ⇔ = =� � �+ = = − =� � �� + + − = − −� � �

,

em

3 3 3k k k

x y z k x x x k x y z+ + = ⇔ + + = ⇔ = � = � = ,

ou seja, a função Lagrangeana tem um ponto crítico , ,3 3 3k k k�

� ��

com 2

9kλ = − , que no contexto do

problema é um ponto de máximo. Vejamos, sendo 3n = e 1m = , a matriz hessiana é de ordem

4n m+ = , e como 2n m− = , deve estudar-se o sinal de 2 determinantes, 4n m+∆ = ∆ e 2 1 3m+∆ = ∆ no

ponto crítico. A matriz hessiana é


Extremos


0 1 1 11 01 01 0

F

z y

z x

y x

� �� =� � �

� ,

donde

( )3 3 3

23 3

4 , ,3 3

3 3

0 1 1 11 0

01 0 31 0

k k k

k k

F k k

k k

k∆ = = = − <� ( 0k > )

e

3 3

3

0 1 12

1 0 03

1 0

k

k

k∆ = = > ( 0k > ).

Como 1m = é ímpar, sendo 4 0n m+∆ = ∆ < e 2 1 3 0m+∆ = ∆ > , o ponto , ,3 3 3k k k�

� ��

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 0k > na soma de três números de modo a maximizar o

produto desses números, esses deverão ser todos iguais a 3k , sendo esse máximo ( ) 3

3 3 3 27, ,k k k kf = .

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

2base altura

A×= ,

como estes são rectângulos, vem

2 02

abA ab A k ab k= � = = ⇔ − = (k constante positiva),

e 2 2 2 2 2 2 0h a b a b h= + ⇔ + − = .

Tem-se um problema de extremos condicionados, onde se quer minimizar P a b h= + + , sujeita às

restrições

1( , ) 0g a b ab k= − = e 2 2 22 ( , , ) 0g a b h a b h= + − = .


Extremos


A função de Lagrange é 2 2 2

1 2( , , ) ( ) ( )F a b h a b h ab k a b hλ λ= + + + − + + − ,

o número de variáveis é 3n = e o número de restrições 2m = . O sistema de estacionaridade

associado é

1 2

1 2

2

2 2 2

1

2

0

1 2 001 2 0

0 1 2 0

00 0

0

FaF b ab a bF

hh

ab kFa b h

F

λ λλ λλ

λ

λ

�∂ =�∂�

�∂ + + =�=� �∂� + + =�∂� �= ⇔ − =� �∂� � − =∂� �=� � + − =�∂�� ∂ =�∂�

.

Da resolução deste sistema (exercício) resultam quatro pontos críticos, como as medidas dos

triângulos são positivas, só se considera o ponto

( ), , 2k k k , com 1

2 2

2 kλ − −= e 2

12 2k

λ = .

Portanto, o ponto ( ), , 2k k k 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 1n m− = , de ordem 5n m+ = , isto é, 5∆ . A matriz hessiana orlada é

2 1

1 2

2

0 0 00 0 2 2 2

2 2 02 2 0

0 2 0 0 2

F

b a

a b h

b a

a b

h

λ λλ λ

λ

� �� −� � =� � � − − �

� ,

para 1 2

2 2 1, , 2 , e

2 2 2a k b k h k

k kλ λ− −= = = = = , vem


Extremos


35 0

0 0 0

0 0 2 2 2 2

1 2 22 0

2 2 16 ( 2 1) 02 2 1

2 02 2

10 2 2 0 0

2

F k

k k

k k k

k kk k k

k kk k

kk

>

−

− −

∆ = = = + >− −

− −

� .

Como 2m = é par e 5 0∆ > , o ponto ( ), , 2k k k é ponto de mínimo da função, isto é, o

triângulo rectângulo de lados a k= , b k= e 2h k= (os catetos tem a mesma medida) tem

perímetro mínimo dado por

2 2 2 2 2P k k A A= + = + ,

onde A representa a área do triângulo.

9. Determinar os extremos locais da função 222),,( zyxzyxf ++= sabendo que 1=+− zyx .

Resolução:A função Lagrangeana é )1(),,,( 222 −+−+++= zyxzyxzyxF λλ , e sistema de

estacionaridade associado

��

�

��

�

�

−=

=

−=

=

⇔

��

�

��

�

�

=−−−−

=

=

−=

⇔

��

�

��

�

�

=−+−=+=−=+

32

31

31

31

01222

2

2

01020202

λλλλ

λ

λ

λλλ

z

y

x

xz

y

x

zyx

zy

x

.

O Ponto crítico da função Lagrangeana é ( )1 1 13 3 3, ,− com 2

3λ = − . Sendo 3=n e 1=m , vem

2=− mn , número de determinantes a calcular, e 4=+ mn a ordem do maior, isto é, os

determinantes a calcular são 4m n+∆ = ∆ e 2 1 3m+∆ = ∆ . A matriz hessiana é

2 2 2

2

2 2 2

2

2 2 2

2

0

0 1 1 11 2 0 01 0 2 0

1 0 0 2

F

g g gx y z

g F F Fx x x y x z

g F F Fy y x y y z

g F F Fz z x z y z

∂ ∂ ∂� �� ∂ ∂ ∂� � −∂ ∂ ∂ ∂ � �� ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂� � = =� � −∂ ∂ ∂ ∂� � ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ �� ∂ ∂ ∂ ∂�

∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂� �

� ,


Extremos


como m é impar, uma vez que, 0124 <−==∆ F� e 04201021110

3 <−=−

−=∆ , a função

222),,( zyxzyxf ++= sujeito à restrição 1=+− zyx , tem um mínimo no ponto ��

��

� −31

,31

,31

,

dado por 1 1 1 3

, ,3 3 3 9

f � − =� ��

.

10. Determinar o ponto da esfera 9222 =++ zyx mais próximo do ponto )4,3,2( .

Resolução: No contexto do problema, 2222 )4()3()2( −+−+−= zyxd é a função a minimizar

sabendo que as variáveis estão ligadas pela condição 9222 =++ zyx . A Langrangeana é

( )9)4()3()2( 222222 −+++−+−+−= zyxzyxF λ ,

o sistema de estacionaridade,

2 2 2

2 2 22 2 2

62 29

12( 2) 2 932( 3) 2 0 29

1122( 4) 2 0 4299 0 1

2 3 4 299 9 11 1 1 3

xx

x xy

y y yy z z

zx y z

x y z

λλλ

λλ

λλ

λ λ λ

� = ±�� = �� +− + =� �� = ±� ��− + = =� � �⇔ ⇔+� � �− + =� � � = ±=� � �+ + − =� +� �

� � � � �+ + =� + + = ⇔ = ± −� � � � � �� + + +� � � � � ��

.

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

3 1 2n m− = − = menores, 4∆ e 3∆ . Como

( ) ( ) ( ) ( )2 2 22 6 9 6 912 12

29 29 29 29 29 29, , 2 3 4 5,689d = − + − + − � ,

e

( ) ( ) ( ) ( )2 2 22 6 9 6 912 12

29 29 29 29 29 29, , 2 3 4 70,311d − − − = + + + + + � ,

conclui-se que ( )6 9 1229 29 29

, , é um ponto de mínimo da função, o ponto da esfera mais próximo do

ponto )4,3,2( e ( )6 9 1229 29 29

, ,− − − um ponto de máximo, o ponto da esfera mais afastado do ponto

)4,3,2( . A distância da esfera ao ponto )4,3,2( é 5,689 2,3852d � � .

Os pontos ( )6 9 1229 29 29

, , e ( )6 9 1229 29 29

, ,− − − são pontos da esfera, isto é, verificam a equação

9222 =++ zyx .


Extremos


11. Considere a secção feita no elipsóide 12 222 =++ zyx pelo plano 1=+ yx . 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

2222),,( zyxdzyxf ++== ,

sabendo que

12 222 =++ zyx e 1=+ yx .

Tem-se, portanto, uma função objectivo sujeita a duas restrições

2 2 21( , , ) 2 1 0g x y z x y z= + + − = e 2 ( , , ) 1 0g x y z x y= + − = ,

vindo a função Lagrangeana

( ) ( )2 2 2 2 2 21 2( , , ) 1 1F x y z x y z x y z x yλ λ= + + + + + − + + − .

O sistema de estacionaridade é

��

�

��

�

�

=−+=−++

=+=++=++

⇔

��

�

��

�

�

=∂∂

=∂∂

=∂∂

=∂∂

=∂∂

01012

022

042

022

0

0

0

0

0

222

1

21

21

2

1yx

zyx

zz

yy

xx

F

FzFyFxF

λλλλλ

λ

λ

,

tendo em conta a terceira equação do sistema, 1 12 2 0 0 1z z zλ λ+ = ⇔ = = −� . Então, se:

• 0=z

1 2

1 2

2 22 2

2 2 0

2 4 0

0 0 112(1 ) 1

32 11

1

x x

y y

x xx xx y

y xy x

λ λλ λ

+ + =� −�−�� + + = −�� −� � �= ⇔ ⇔� � � = =+ − =� � �+ =� � �= −� −�� = −�

�

donde, para

01 =�= yx vindo 02 =λ , 11 −=λ

e, para

32

31 =�= yx vindo

94

2 −=λ , 31

1 −=λ .


Extremos


A função Lagrangeana tem, para já, dois pontos críticos, o ponto )0,0,1( para 11 −=λ e 02 =λ e o

ponto ��

��

� 0,32

,31

para 31

1 −=λ e 94

2 −=λ .

• 11 −=λ

��

�

��

�

�

=====

10000

02

x

z

y

λ

, cai-se na situação anterior.

A função Lagrangeana tem, portanto, dois pontos críticos, donde a função sujeita às duas restrições

admite dois candidatos a extremos, os pontos )0,0,1( e ��

��

� 0,32

,31

.

Estes dois pontos pertencentes ao elipsóide e ao plano, mais, pertencem à curva (secção) resultante

da intersecção destes dois.

A matriz hessiana orlada é

�

�

��

�

++

+=

�

�

��

�

∂∂

∂∂∂

∂∂∂

∂∂

∂∂

∂∂∂

∂∂

∂∂∂

∂∂

∂∂

∂∂∂

∂∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

=

1

1

1

2

22221

2

2

2221

22

2

221

222

111

220002042014002212011002420000

00

λλ

λ

z

y

x

zyx

zF

yzF

zzF

zg

zg

zyF

yF

xyF

yg

yg

zxF

yxF

xF

xg

xg

zg

yg

xg

zg

yg

xg

F� .

Sendo 3=n , o nº de variáveis, e 2=m , o nº de restrições, então:

i) o nº de determinantes a calcular é 1=− mn ;

ii) a ordem do maior determinante a calcular é 5=+ mn .

Por i) e ii) basta calcular

)(512 aFmnm �=∆=∆=∆ ++ para se saber a natureza dos pontos críticos,

em relação ao problema inicial. Como m é par se 05 <∆ o ponto crítico é um ponto de máximo e se

05 >∆ o ponto crítico é um ponto de mínimo.

• Para o ponto )0,0,1( com 11 −=λ e 02 =λ , vem 05 =∆ , nada se pode concluir.


Extremos


Uma vez que, 2 2 2 2 2 2 2 2 22 1 1 1 1x y z x y z y d y+ + = ⇔ + + = − ⇔ = − ≤ ,

a maior distância de um ponto do elipsóide à origem é 1, verificada para 0=y . Assim, tem-se

1=x e 0=z (para verificar 12 222 =++ zyx e 1=+ yx ). Concluindo-se que )0,0,1( é o ponto da

intersecção do elipsóide com o plano mais afastado da origem. A distância máxima é ( )1,0,0 1d = .

• O ponto ( )1 23 3, ,0 , com 1

1 3λ = − e 42 9λ = − , como

823 3

2 45 3 3

8 143 3

43

0 0 00 0 1 1 0

161 0 0 0

31 0 0

0 0 0 0

∆ = = > ,

é um ponto de mínimo, sendo o mais próximo da origem. A distância mínima é ( ) 51 23 3 3, ,0d = .

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 2 320x y+ = (sendo x e y as

medidas dos lados do campo). A função de Lagrange é

( , ) (2 2 320)F x y xy x yλ= + + − .

Pelo que foi dito na questão2, para a obtenção dos pontos críticos da Lagrangena pode resolver-se o

sistema

80802 2

( , ) 0 4 3202 2 320 40( , ) 0

yx

x y

f xf y xf g x yg g y

g x y xx yg x y

λλ λ

λ

′′� =��= =∇ = ∇ == =� �� ′ ′⇔ ⇔ ⇔ ⇔ =� � � � �= =� �� + = =�= ��

.

Assim, o ponto (80,80) com 40λ = 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 (80,80) 6400 (100,60) 6000f f= > = , o

ponto crítico é de máximo. Conclui-se, portanto, que a área máxima que se pode cobrir com 320 m

de rede é 6400 2m , 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.


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 2 5 1 5 1 550w x y z= . 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

2 5 1 5 1 5( , , ) 50w f x y z x y z= =

sujeita à restrição ( , , ) 80 12 10 24000g x y z x y z= + + = .

A função de Lagrange é

2 5 1 5 1 5( , , ) 50 (80 12 10 24000)F x y z x y z x y zλ= + + + − ,

e o sistema de estacionaridade

3 5 1 5 1 53 5 1 5 1 5 14

2 5 4 5 1 52 5 4 5 1 5 56

2 5 1 5 4 5 2 5 1 5 4 5

020 80 0

0 10 12 0

10 10 00 80 12 10 24000 0 80 12 10 24000 0

( , , ) 0

Fx x y zx y zF

x y zx y zy

x y z x y zFx y z x y zz

g x y z

λλλλ

λ λ

−−

−−

− −

∂� =� ∂ � = −� + =��∂ �� = = −+ =� � �∂ ⇔ ⇔� � �

+ = = −� � �∂� � �= + + − = + + − =� �∂�� =�

.

Considerando as duas primeiras equações do sistema, vem

1 5 2 53 5 1 5 1 5 2 5 4 5 1 5 3 5 1 5 2 5 4 55 20 101

4 6 6 34 5 3 5

1 5 4 5 2 5 3 510 10 63 6 10

y xx y z x y z x y x y

y x

y x y x x y

− − − −− −

+ +

− = − ⇔ = ⇔ = ⇔

⇔ = ⇔ = ⇔ =

e considerando a segunda e a terceira equações, e procedendo de modo análogo obtém-se

2 5 4 5 1 5 2 5 1 5 4 556

1210

x y z x y z z y− −− = − ⇔ = ,

substituindo, x e z, na última equação do sistema obtém-se

6 12

10 1080 12 10 24000 0 80( ) 12 10( ) 24000 0 500x y z y y y y+ + − = ⇔ + + − = � =

consequentemente

150500600

x

y

z

=�� =�� =�

.


Extremos


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 150x = (150 unidades de x),

500y = (500 unidades de y) e 600z = (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 3n = e o número de

restrições é 1m = , deve-se calcular 2n m− = menores, sendo 4n m+ = a ordem do maior, isto é

4m n+∆ = ∆ , e sendo 2 1 3m + = a ordem do menor, isto é, 2 1 3m+∆ = ∆ . Prova-se que o hessiano orlado

4∆ , calculado no ponto de equilíbrio é negativo, mais precisamente 4 0,12153 0∆ − <� , e que o

menor de ordem 3 é positivo, isto é, 3 35,497 0∆ >� , como 1m = 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, (150,500,600) 24000f = 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 150, 500x y= = e 600z = unidades.

14. Supondo que a temperatura num determinado ponto ( , , )x y z da esfera 2 2 2 1x y z+ + = é dada

pela função ( , , ) 30 5( )T x y z x z= + + . Calcular os valores extremos da temperatura.

Resolução: Neste problema de extremos condicionados, tem-se uma função objectivo

( , , ) 30 5( )T x y z x z= + + ,

sujeita à restrição 2 2 2 2 2 21 1 0 ( , , ) 0x y z x y z g x y z+ + = ⇔ + + − = ⇔ = ,

Tem-se um função a extremar, a função objectivo, uma restrição ( 1=m ) e três variáveis ( 3n = ).

A Lagrangeana é

2 2 2

11

( ) ( ) ( ) ( , , ) ( , , ) 30 5( ) ( 1)m

i i mi

F T g T x y z g x y z x z x y zλ λ λ==

= + = + = + + + + + −�x x x .


Extremos


O primeiro passo é a determinação dos pontos críticos de ( , , )F x y z , o sistema de estacionaridade é

2 2 2 2 2 2

0

5 2 0 (5 2 ) 00

2 0 2 05 2 0 5 2 0

01 0 1 0

( , , ) 0

Fx

x x xFy yy

z z z zFz x y z x y zF

g x y z

λ λλ λ

λ λ

λ

∂� =� ∂� + = + =� �∂� = � �� = =∂� � �⇔ ⇔� � �+ = + =∂� � �=� � �∂ + + − = + + − =� ��∂� = =�∂�

• Pela 2ª equação 0y = e 0λ = (que no contexto do problema não faz sentido);

• Da 1ª e 3ª equações, vem

05 2 0 55 2 0 2

xx x

z zx z

λλ

λ

=��+ =� �⇔ = −� �+ =� �

=��

;

• Da 1ª equação 2 20 1x y z= � + = e como 1z x y= � = ± , contudo pela 2ª equação, 0y =

(obrigatoriamente), logo 0, 0x z≠ ≠ e 1y ≠ ± ;

• Da 1ª equação 05

0 02

yλ

=�= − � � =�

, sendo 2 20 1y x z= � + = e como, 12

z x z= � = ± e

consequentemente 12

x = ± .

Os pontos críticos são 1 1

,0,2 2

� − −� ��

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,

1 1

,0, 22.932 2

T � − −� ��

� é a temperatura mínima,

e

1 1

,0, 37,072 2

T � � ��

� é a temperatura máxima.

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