Multiplicadores Lagrange exemplos NUNO

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Aula 18
Método Multiplicadores Lagrange (continuação)
Na aula anterior introduzimos o Método dos Multiplicadores de Lagrange,
que serve para maximizar/minimizar uma função restrita a um domínio do tipo
fronteira, e demos um exemplo. Nesta aula continuaremos dando exemplos de
aplicação deste método.
Exemplo 1: Um fabricante de embalagens de leite (em forma de caixas re-
tangulares) deseja fabricar as embalagens de modo a maximizar o volume do
seu conteúdo. No entanto, ele deseja fixar o custo de cada embalagem em 2
reais, sendo que o custo das tampas superior e inferior é 4 reais por unidade
de área e o custo das faces laterais é 3 reais por unidade de área. Calcule as
dimensões e o volume das embalagens a serem fabricadas.
Sejam x, y, z as dimensões de uma embalagem,
como ilustrado na figura ao lado. O volume de
uma tal embalagem é V = xyz. O custo de fab-
ricar a tampa superior/inferior de uma tal embal-
agem é 4xy. O custo de fabricar a face lateral da
frente/trás de uma tal embalagem é 3xz. O custo
de fabricar a face lateral da direita/esquerda de
uma tal embalagem é 3yz. Portanto, o custo de
fabricar uma tal embalagem é C = 8xy+6xz+6yz.
O nosso problema pode então ser formulado:
Maximizar : V = xyz
Restrição : C = 8xy + 6xz + 6yz = 2
ou
Maximizar : V = xyz
Restrição : C˜ = 4xy + 3xz + 3yz = 1
Pela natureza do problema, existe solução. Vamos resolvê-lo usando o Método
dos Multiplicadores de Lagrange (note que a restrição já está na forma para
aplicar este método):
{
∇V (x, y, z) = λ∇C˜(x, y, z)
C˜(x, y, z) = 1
⇔

yz = λ(4y + 3z) (1)
xz = λ(4x+ 3z) (2)
xy = λ(3x+ 3y) (3)
4xy + 3xz + 3yz = 1 (4)
Salientamos que, por se tratarem de sistemas não-lineares, cada caso é um caso,
não há um conjunto de técnicas que permitam resolver todos estes sistemas.
Neste caso, funciona bem a ‘eliminação do parâmetro λ’. Como, neste caso,
x, y, z > 0, todas as quantidades envolvidas no sistema são positivas, então uma
1
maneira simples de ‘eliminar o parâmetro λ’ é dividir as equações do sistema:
(1)
(2)
:
y
x
=
4y + 3z
4x+ 3z
⇔ 4xy + 3yz = 4xy + 3xz ⇔ y = x
(2)
(3)
:
z
y
=
4x+ 3z
3x+ 3y
⇔ 3xz + 3yz = 4xy + 3yz ⇔ z = 4
3
y ⇔ z = 4
3
x
Botando esta informação na equação (4) obtemos
4x2 + 4x2 + 4x2 = 1 ⇔ x = 1
2
√
3
,
e portanto
y = x =
1
2
√
3
, z =
4
3
x =
2
3
√
3
,
que são as dimenões da embalagens a serem fabricadas. O volume de uma tal
embalagem é V = xyz = 1
18
√
3
.
Exemplo 2: Calcule, se existirem, o máximo e mínimo absolutos de f(x, y, z) =
2x2 + y2 + z no domínio x2 + y2 + z2 = 1.
Vamos usar o método dos multiplicadores de Lagrange (note que o domínio
em questão já é do tipo fronteira, não tem interior, caso contrário teríamos de
começar por determinar os pontos críticos de f no interior do domínio).
Seja g(x, y, z) = x2 + y2 + z2. Note que ∇g(x, y, z) 6= ~0 em todos os pontos
de S : g(x, y, z) = 1. Além disso, S é um subconjunto fechado e limitado de
R3, e f é contínua, logo, pelo teorema de Weierstrass, f tem máximo e mínimo
absolutos em S, e os pontos onde eles ocorrem têm, necessariamente, de ser
soluções do sistema de Lagrange:
{
∇f(x, y, z) = λ∇g(x, y, z)
g(x, y, z) = 1
⇔

4x = λ2x (1)
2y = λ2y
1 = λ2z
x2 + y2 + z2 = 1
De (1) tiramos que x = 0 ou λ = 2.
• Se x = 0 então 
y = λy (2)
1 = λ2z (3)
y2 + z2 = 1 (4)
De (2) tiramos que y = 0 ou λ = 1.
– Se y = 0 então de (4) tiramos z = ±1. Logo, obtemos os pontos
(0, 0,±1) e f(0, 0,±1) = ±1.
– Se λ = 1 então {
z = 12
y2 + 14 = 1⇔ y = ±
√
3
2
.
2
Logo obtemos os pontos (0,±
√
3
2 ,
1
2 ) e f(0,±
√
3
2 ,
1
2 ) =
5
4 .
• Se λ = 2 então do sistema original tiramos que
2y = 4y
1 = 4z
x2 + y2 + z2 = 1
⇔

y = 0
z = 14
x2 + 0 + 116 = 1⇔ x = ±
√
15
4
.
Logo obtemos os pontos (±
√
15
4 , 0,
1
4 ) e f(±
√
15
4 , 0,
1
4 ) =
17
8 .
Portanto, o máximo absoluto de f em S é 178 , e o mínimo absoluto de f em
S é -1.
Exemplo 3: Considere o plano P dado pela equação ax + by + cz = d,
onde a, b, c, d são constantes reais e o vetor (a, b, c) é não-nulo. Seja (x0, y0, z0)
um ponto fixado de R3 (não necessariamente pertencente ao plano). Determine
o ponto do plano P à distância mínima do ponto (x0, y0, z0), e o valor desta
distância mínima.
É claro que existe um único ponto do plano à distância mínima do ponto
(x0, y0, z0). Vamos usar o método dos multiplicadores de Lagrange para calcular
este ponto. Pretendemos minimizar a distância de um ponto (x, y, z) ∈ P ao
ponto (x0, y0, z0): D =
√
(x− x0)2 + (y − y0)2 + (z − z0)2. Isto é equivalente
a minimizar D2, o que torna as contas mais simples. Resumidamente:
Minimizar : D˜(x, y, z) = (x− x0)2 + (y − y0)2 + (z − z0)2
Restrição : ax+ by + cz︸ ︷︷ ︸
g(x,y,z)
= d
Note que ∇g(x, y, z) = (a, b, c) 6= ~0. Usando multiplicadores de Lagrange,
{
∇D˜(x, y, z) = λ∇g(x, y, z)
g(x, y, z) = d
⇔

2(x− x0) = λa
2(y − y0) = λb
2(z − z0) = λc
ax+ by + cz = d
⇔

x = x0 +
λ
2a (1)
y = y0 +
λ
2 b (2)
z = z0 +
λ
2 c (3)
ax+ by + cz = d (4)
.
Botando (1), (2) e (3) em (4), obtemos
ax0 + by0 + cz0 = d− λ
2
(a2 + b2 + c2) ⇔ λ
2
=
d− ax0 − by0 − cz0
a2 + b2 + c2
.
Botando este valor de λ em (1), (2) e (3) obtemos o ponto desejado:
(x, y, z) = (x0, y0, z0) +
d− ax0 − by0 − cz0
a2 + b2 + c2
(a, b, c),
e a distância mínima correspondente
D(x, y, z) =
|ax0 + by0 + cz0 − d|√
a2 + b2 + c2
.
3
Multiplicadores de Lagrange com 2 restrições
Suponha que queremos maximizar/minimizar uma função diferencíavel f(x, y, z)
num domínio C dado pelas duas restrições g(x, y, z) = k e h(x, y, z) = c, onde
g e h também são funções diferenciáveis. Note que o domínio C é uma curva
em R3 dada pela interseção das 2 superfícies de nível S1 : g(x, y, z) = k e
S2 : h(x, y, z) = c. Resumidamente, queremos resolver o seguinte problema:
Max/Min : f(x, y, z)
2 Restrições : g(x, y, z) = k e h(x, y, z) = c (curva C em R3)
Assumindo que tal máximo/mínimo existe (por exemplo, se C fôr um con-
junto limitado e fechado), como calculá-los? Como anteriormente, ∇f(x, y, z)
deverá ser um vetor normal a C. Sabemos que ∇g(x, y, z), se não-nulo, é um
vetor normal à superfície de nível S1 : g(x, y, z) = k, logo, como C ⊂ S1,
∇g(x, y, z) também é normal a C. Do mesmo modo, ∇h(x, y, z), se não-
nulo, é um vetor normal à superfície de nível S2 : h(x, y, z) = c, logo, como
C ⊂ S2, ∇h(x, y, z) também é normal a C. Se os dois vetores ∇g(x, y, z)
e ∇h(x, y, z) forem linearmente independentes, que é equivalente a dizer que
∇g(x, y, z)×∇h(x, y, z) 6= ~0, então estes 2 vetores geram o plano perpendicular
a C, no ponto (x, y, z) (note que C é uma curva em R3, logo o que é tangente
é uma reta, e o que é perpendicular é um plano). Deste modo, ∇f(x, y, z) per-
pendicular a C significa que ∇f(x, y, z) pertence ao plano perpendicular a C
que é o plano gerado pelos 2 vetores ∇g(x, y, z) e ∇h(x, y, z):
Mult. Lagrange 2 Restrições

∇f(x, y, z) = λ∇g(x, y, z) + µ∇h(x, y, z)
g(x, y, z) = k
h(x, y, z) = c
se ∇g(x, y, z)×∇h(x, y, z) 6= ~0. Neste sistema λ e µ são chamados de multipli-
cadores de Lagrange, e são para serem considerados 2 incógnitas.
Exemplo 4: Calcule, se existir, o máximo da função f(x, y, z) = x + y + z
na curva C obtida pela interseção das 2 superfícies z = x2 + y2 e x+ z = 1.
Neste caso daria para parametrizar a curva C e reduzir o problema a 1
varíavel (veja Exercício 2). Em geral, parametrizar curvas dadas pela interseção
de 2 superfícies é um problema difícil. O método de multiplicadores de La-
grange permite que não tenhamos de parametrizar C (isto é, não necessitamos
de resolver as equações que dão C).
Primeiro observamos que C é um conjuntolimitado e fechado (e f é con-
tínua), logo, pelo teorema de Weierstrass, existem o máximo e mínimo de f
em C. Sejam g(x, y, z) = x2 + y2 − z e h(x, y, z) = x + z. Deixamos para o
leitor verificar que, em C, os vetores ∇g(x, y, z) e ∇h(x, y, z) são linearmente
4
independentes. Então deveremos resolver:

∇f(x, y, z) = λ∇g(x, y, z) + µ∇h(x, y, z)
g(x, y, z) = 0
h(x, y, z) = 1
⇔

∂f
∂x = λ
∂g
∂x + µ
∂h
∂x
∂f
∂y = λ
∂g
∂y + µ
∂h
∂y
∂f
∂z = λ
∂g
∂z + µ
∂h
∂z
g(x, y, z) = 0
h(x, y, z) = 1
⇔

1 = λ2x+ µ
1 = λ2y (em particular λ 6= 0)
1 = −λ+ µ
z = x2 + y2
x+ z = 1
⇔

1 = λ2x+ 1 + λ ⇔ x = − 12
y = 12λ
µ = 1 + λ
z = x2 + y2
x+ z = 1 ⇔ z = 1 + 12 = 32
⇒

x = − 12
z = 32
z = x2 + y2 ⇔ y2 = 54 ⇔ y = ±
√
5
2
Obtemos os pontos (− 12 ,±
√
5
2 ,
3
2 ) (um é o ponto de mínimo, o outro é o ponto
de máximo). Como f(− 12 ,
√
5
2 ,
3
2 ) =
√
5+2
2 e f(− 12 ,−
√
5
2 ,
3
2 ) =
2−√5
2 , o maior
valor de f em C é
√
5+2
2 .
Exercício 1: (Exercício tirado do texto do livro da Diomara et al.)
Encontre as dimensões da caixa retangular de maior volume dentro do elipsóide
x2
9 +
y2
4 + z
2 = 1, cujas arestas sejam paralelas aos eixos coordenados.
Sugestão: Use multiplicadores de Lagrange, e use a técnica de ‘eliminação
do parâmetro λ’, assim como no Exemplo 1.
Exercício 2:
(a) Parametrize a curva C dada no Exemplo 4.
(b) Use a parametrização de C para encontrar o maior valor de f(x, y, z) =
x+ y + z restrita a C. (Compare com o resultado encontrado no Exemplo 4.)
5