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Ma´ximos, mı´nimos e pontos de sela Multiplicadores de Lagrange Anderson Luiz B. de Souza Livro texto - Cap´ıtulo 14 - Sec¸a˜o 14.7 Encontrando extremos absolutos Determine o ma´ximo e mı´nimo absolutos das func¸o˜es sobre o dado domı´nio. 35. T (x, y) = x2 + xy + y2 − 6x + 2 na regia˜o retangular 0 ≤ x ≤ 5, −3 ≤ y ≤ 0. Resoluc¸a˜o: Os pontos cr´ıticos de T (x, y), candidatos a ma´ximo e mı´nimo absolutos/globais, satisfazem simultanemante Tx(x, y) = 0 e Ty(x, y) = 0. Enta˜o, { Tx(x, y) = 2x+ y − 6 = 0 Ty(x, y) = x+ 2y = 0 ⇒ (x, y) = (4,−2). Note que o ponto (4,−2) pertence ao domı´nio retangular de T , DT = {(x, y) ∈ R2|0 ≤ x ≤ 5,−3 ≤ y ≤ 0}. Para classificarmos o ponto cr´ıtico, devemos construir a matriz hessiana: H(x, y) = [ Txx(x, y) Txy(x, y) Tyx(x, y) Tyy(x, y) ] = [ 2 1 1 2 ] . Se det(H(4,−2)) = 0, o me´todo seria inconclusivo. Caso det(H(4,−2)) < 0, ter´ıamos um ponto de sela. Mas, como det(H(4,−2)) = 3 > 0 e Txx(4,−2) = 2 > 0, trata-se de um ponto de mı´nimo local. Pore´m, o exerc´ıcio na˜o esta´ terminado: o domı´nio da func¸a˜o T e´ limitado, enta˜o temos que avaliar a func¸a˜o no bordo do domı´nio, ou seja, as arestas do retaˆngulo. Definimos f1(x) = T (x,−3) = x2 − 9x + 11, para 0 ≤ x ≤ 5. Da´ı, f ′ 1(x) = 2x − 9 = 0 ⇒ (9/2,−3) e´ um ponto de mı´nimo local na aresta 1, pois f ′′ 1 (9/2) = 2 > 0. Novamente, o domı´nio de f1 e´ limitado. Logo, o bordo do seu domı´nio - os ve´rtices (0,−3) e (5,−3) - deve ser analisado separada- mente. De modo ana´logo, f2(x) = T (x, 0) = x 2−6x+2, para 0 ≤ x ≤ 5. Com isso, f ′ 2(x) = 2x−6 = 0⇒ (3, 0) e´ um mı´nimo local na aresta 2, pois f ′′2 (3) = 2 > 0. 1 Mais uma vez, g1(y) = T (0, y) = y 2 + 2, para −3 ≤ y ≤ 0. Enta˜o g ′ 1(y) = 2y = 0⇒ (0, 0) e´ um ponto de mı´nimo local na aresta 3. E finalmente, g2(y) = T (5, y) = y 2 + 5y − 3, para −3 ≤ y ≤ 0. Da´ı, g ′ 2(y) = 2y + 5 = 0⇒ (5,−5/2) e´ um mı´nimo local na aresta 4. Na˜o se esquecendo dos ve´rtices: (0,−3), (5,−3), (0, 0), (5, 0). Candidatos a ma´ximo e mı´nimo 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, mı´nimo absoluto: T (4,−2) = −10; ma´ximo absoluto: T (0,−3) = 11. 0 2 4 -3 -2 -1 0 -10 -5 0 5 10 Figura 1 - Gra´fico de T (x, y) na regia˜o retangular DT . 41. Uma chapa circular tem o formato da regia˜o x2 + y2 ≤ 1. A chapa, incluindo a fronteira x2 + y2 = 1, e´ aquecida de modo que a temperatura no ponto (x, y) e´ dada por T (x, y) = x2 + 2y2 − x. Encontre a temperatura mais quente e mais fria na chapa. Resoluc¸a˜o: Ca´lculo dos pontos cr´ıticos{ Tx(x, y) = 2x− 1 = 0 Ty(x, y) = 4y = 0 ⇒ (x, y) = (1/2, 0). 2 A partir da matriz hessiana H, H(x, y) = [ 2 0 0 4 ] conclu´ımos que det(H(1/2, 0)) = 8 > 0 e Txx(1/2, 0) = 2 > 0, trata-se de um ponto de mı´nimo local. A ana´lise do bordo neste exerc´ıcio e´ bem mais simples, pois este admite a parametrizac¸a˜o regular: γ(t) = (cos t, sin t), para 0 ≤ t < 2pi. Definimos f(t) = T (γ(t)). Da´ı, pela Regra da Cadeia na derivac¸a˜o da func¸a˜o 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 relac¸a˜o fundamental cos2 t+ sin2 t = 1. Enta˜o, os pontos cr´ıticos na fronteira ocorrem em t = 0, t = pi, t = 2pi/3, ou t = 4pi/3. O domı´nio de f tambe´m e´ limitado, pore´m ja´ estamos analisando os extre- mos, t = 0 e t = 2pi; pois γ(0) = γ(2pi) e t = 0 e´ um ponto cr´ıtico. Candidatos a ma´ximo e mı´nimo absolutos: T (1/2, 0) = −1/4; T (γ(0)) = T (1, 0) = 0; T (γ(pi)) = T (−1, 0) = 2; T (γ(2pi/3)) = T (−1/2,√3/2) = 9/4; T (γ(4pi/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 - Gra´fico de T (x, y) na regia˜o circular x2 + y2 ≤ 1. Livro texto - Cap´ıtulo 14 - Sec¸a˜o 14.8 Multiplicadores de Lagrange Duas varia´veis independentes com uma condic¸a˜o. 10. Cilindro inscrito na esfera: Encontre o raio e a altura do cilindro circular reto e aberto (sem tampas) de maior a´rea superficial que pode ser inscrito em uma esfera de raio a. Qual e´ a maior a´rea superficial? Resoluc¸a˜o. A a´rea superficial S do cilindro de raio r e altura h e´ igual a` a´rea do retaˆngulo, cujo lado coincide com o per´ımetro da base circular e a altura e´ a mesma do cilindro; S = 2pirh. A restric¸a˜o do problema na˜o e´ dada explicitamente, todavia ela esta´ relacionada com a fato do cilindro estar inscrito na esfera. Inicialmente, perceba que o cilindro que maximiza a a´rea tem as suas bases circulares interceptando a esfera. Da´ı, a condic¸a˜o adve´m do Teorema de Pita´goras: desenhe o triaˆngulo retaˆngulo tal que um cateto e´ a altura do cilindro, o outro cateto e´ o diaˆmetro da base e a hipotenusa e´ o diaˆmetro da esfera. Com isso, (2a)2 = (2r)2 + h2 ⇒ 4a2 = 4r2 + h2. Queremos otimizar a func¸a˜o a´rea superficial f(r, h) = 2pirh com a restric¸a˜o g(r, h) = 4a2−4r2−h2 = 0. Pelo me´todo dos Multiplicadores de Lagrange:{ ∇f = λ∇g g(r, h) = 0 ⇒ { (2pih, 2pir) = λ(−8r,−2h) 4a2 − 4r2 − h2 = 0 ⇒ 4 ⇒ pih = −4λrpir = −λh4a2 − 4r2 − h2 = 0. Note que r = 0, h = 0 ou λ = 0 sa˜o soluc¸o˜es que minimizam a a´rea, f(r, h) = 0. Como queremos maximizar, considere r 6= 0, h 6= 0 e λ 6= 0. Ale´m disso, na˜o precisamos determinar λ, pois esta e´ apenas uma varia´vel auxiliar. Logo, uma boa ideia e´ dividir a primeira equac¸a˜o pela segunda: h r = 4r h ⇒ h2 = 4r2 ⇒ h = 2r. E adicionando a condic¸a˜o,{ h = 2r 4a2 − 4r2 − h2 = 0 ⇒ { r = a √ 2/2 h = a √ 2. Portanto, a a´rea superficial ma´xima e´ S = f(a √ 2/2, a √ 2) = 2pia2. Ha´ outra variac¸a˜o do problema: determinar as dimenso˜es do cilindro que otimizam o volume. Verifique, na˜o sa˜o as mesmas calculadas anteriormente. Exerc´ıcios teo´ricos e exemplos 41. A condic¸a˜o ∇f = λ∇g na˜o e´ suficiente: Embora ∇f = λ∇g seja uma condic¸a˜o necessa´ria para a ocorreˆncia de valores extremos de f(x, y) su- jeita a` restric¸a˜o g(x, y) = 0, somente esta na˜o garante a existeˆncia de ma´ximo e mı´nimo globais. Considere o exemplo: tente, usando o me´todo de Multipli- cadores de Lagrange, encontrar o valor ma´ximo de f(x, y) = x + y sujeita a` condic¸a˜o g(x, y) = xy − 16 = 0. Resoluc¸a˜o. Pelo me´todo,{ ∇f = λ∇g g(x, y) = 0 ⇒ { (1, 1) = λ(y, x) xy − 16 = 0 ⇒ { x = y xy − 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 o ponto de ma´ximo e (−4,−4) o ponto de mı´nimo absolutos. Entretanto, rees- crevendo a condic¸a˜o: g(x, y) = xy − 16 = 0⇒ y = 16 x , x 6= 0. 5 Enta˜o, podemos definir a equivaleˆncia 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 restric¸a˜o g(x, y) = 0 e´ ana´logo ao ca´lculo dos extremos de h(x). Desse modo percebemos que o domı´nio de h, Dh = {x ∈ R|x 6= 0}, e´ ilimitado e disjunto, e h e´ descont´ınua na origem. De maneira nenhuma h satisfaz as condic¸o˜es do Teorema de Weierstrass: Seja ϕ : [a, b] → R uma func¸a˜o cont´ınua no intervalo fechado [a, b]; logo ϕ atinge ma´ximo e mı´nimo absolutos, i.e., ∃c, d ∈ [a, b] tais que ϕ(c) ≤ ϕ(x) ≤ ϕ(d), ∀x ∈ [a, b]. Portanto, h na˜o tera´ valores extremos obrigatoriamente, de fato na˜o tem e isso fica evidente em seu gra´fico. -10 -5 5 10 -40 -20 20 40 Figura 3 - Gra´fico de h(x) no intervalo [−10, 10]. Note que x = 4 e´ um mı´nimo local e x = −4 e´ um ma´ximo local deh. Finalmente, mesmo que ∇f = λ∇g tenha soluc¸a˜o, f(x, y) sujeita a` g(x, y) = 0 na˜o admite extremos absolutos. Todas essas contradic¸o˜es surgem por causa da curva de restric¸a˜o: o trac¸o (desenho, gra´fico) da hipe´rbole xy = 16 na˜o e´ uma regia˜o limitada. Em domı´nios limitados - c´ırculos, elipses, retaˆngulos, segmentos de curvas, esfe- ras, elipsoides, segmentos de superf´ıcies - o me´todo e´ eficiente. Moral do exerc´ıcio: fique atento a` condic¸a˜o, verifique se a func¸a˜o g(x, y) e´ cont´ınua e possui trac¸o finito; pois sena˜o, o exerc´ıcio pode na˜o ter soluc¸a˜o! 6
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