Superfícies E Tangentes

Prévia do material em texto

1 
 
Economia Matemática A Eco 02001 Turma B 
Prof. Jorge 
Lição 7 – Superfícies e Tangentes 
A Programação Não-Linear: Superfícies e Lagrangeanos 
 
Nosso objetivo é tratar o problema de minimização ou maximização de uma 
função f definida sobre um domínio D de variáveis  1 2, , , nx x x… no qual as 
variáveis 1 2, , , nx x x… não são independentes umas em relação às outras, ou seja, 
sempre, e de alguma maneira, algumas das variáveis 1 2, , , nx x x… dependem das 
demais. Começamos definindo estes domínios e a dependência. 
O principal resultado de otimização relacionado a este problema foi formulado 
por Lagrange no século dezoito. 
Superfícies de dimensão  1n em n� 
 Um exemplo de superfície de dimensão  1n  no n� é uma isoquanta de uma 
função  1 2, , , nf x x x c… de maneira que em cada ponto  1 2, , , nx x x  … desta 
superfície, isto é,  1 2, , , nf x x x c   … , possamos definir um plano que chamamos de 
plano tangente à superfície no ponto  1 2, , , nx x x  … . Em outras palavras, estamos 
reservando a palavra “superfície” para os conjuntos de pontos do n� , definidos por 
equações  1 2, , , nf x x x c… , tais que em cada ponto  1 2, , , nx x x  … , 
 1 2, , , nf x x x c   … , possamos definir um plano tangente. 
A seguir, veremos como se define o plano tangente. Uma curva no n� é uma 
função  0 1: , nx t t � � , 
1 2( ) ( ( ), ( ), , ( ))
n
nx t x t x t x t 
�
… � , 
2 
 
tal que em cada ponto  0 1,t t t existe 
1
2
( )
( )
( )
( )n
x t
x t
x t
x t
        
�
�
. Este vetor ( )x t� é dito o vetor 
tangente à curva, ou vetor velocidade, em t . Em geral, escreveremos este vetor de 
maneira transposta como 1 2( ) ( ( ), ( ), , ( ))nx t x t x t x t   � … . 
Neste estudo, nosso interesse em curvas é porque elas nos permitem definir 
vetores e retas tangentes às superfícies. 
Exemplo 1 Por exemplo, seja o cilindro   2 2, , 1f x y z x y   desenhado abaixo. Uma 
curva sobre este cilindro é a espiral     ( ) cos 5 ,sin 5 ,c t t t t   ,pois 
          2 2cos 5 ,sin 5 , cos 5 sin 5 1f t t t t t       . Derivando esta curva, 
obtemos     ( ) 5 sin 5 ,5 cos 5 ,1c t t t      � que é um vetor tangente à curva em cada 
ponto     cos 5 ,sin 5 ,P t t t  . A reta tangente, por exemplo, no ponto t 
parametrizada pela variável s é dada por 
         ( ) ( ) cos 5 ,sin 5 , 5 sin 5 ,5 cos 5 ,1c t s c t t t t s t t                 � , 
ou seja, a reta, 
     
     
 
cos 5 5 sin 5
sin 5 5 cos 5
.
x s t s t
y s t s t
z s t s
 
 

    
     
 
 
 
3 
 
 
No gráfico acima desenhamos estas retas tangentes para 
9
20
t
 
 , 17
20
 e 25
20
 
Representadas por A, B e C, respectivamente. Estas retas ao tangenciarem a espiral 
obviamente tangenciam o cilindro. 
Exemplo 2 Consideremos a função 2:f � � , tal que   2 2,f x y x y  , cujo gráfico 
é o usual paraboloide abaixo. O gráfico desta função é uma superfície, pois 2 2z x y  
que é a isoquanta 2 2 0x y z   de nível 0 da função   2 2, , 0F x y z x y z    . 
Abaixo temos um gráfico da superfície 2 2 0x y z   . 
4 
 
 
Nesta superfície, consideramos três curvas:    21 ,0,c t t t ,    22 0, ,c t t t e 
   3 3 cos ,3 sin ,9c t t t   que estão desenhadas abaixo. 
 
5 
 
Exemplo 3 Consideremos a função 2:f � � , tal que   2 2, 1f x y x y   , cujo 
gráfico é o usual paraboloide abaixo. O gráfico desta função é uma superfície, pois 
2 21z x y   que é a isoquanta 2 2 1x y z   de nível 1 da função 
  2 2, , 1F x y z x y z    . 
 
A seguir, desenhamos duas parábolas que estão sobre esta superfície: 
 21( ) ,0,1c t t t  e  22 ( ) 0, ,1c s s s  . 
Observe que os vetores tangentes às curvas acima são 
 1( ) 1,0,1 2c t t    e  2 ( ) 0,1,1 2c s s    , 
respectivamente. Estes vetores tangenciam as curvas e também o parabolóide. No 
ponto 1 1 1, ,
2 2 2
    , os vetores tangentes a estas curvas são  1
1
1,0, 1
2
c
      e 
 2 1 0,1, 12c
      , respectivamente. As retas tangentes são 
1 1 1
, ,
2 2 2
t t
     e 
1 1 1
, ,
2 2 2
s s
     que estão desenhadas abaixo. 
6 
 
 
O plano tangente à superfície por definição no ponto 1 1 1, ,
2 2 2
    é obtido 
reunindo todos os vetores que, neste ponto, tangenciam todas as curvas que estão 
sobre a superfície e passam no ponto. 
Seja uma superfície S , dada por  1 2, , , nf x x x c… , de dimensão  1n  no 
n
� . O plano tangente em  1 2, , , nx x x x    … é o conjunto de todos os vetores 
tangentes às curvas sobre S que passam por x , ou seja, se 
1 2( ) ( ( ), ( ), , ( ))nx t x t x t x t
�
… é tal que   1 2( ) ( ( ), ( ), , ( ))nf x t f x t x t x t c � … e 
1 2( ) ( ( ), ( ), , ( ))nx t x t x t x t x
    
 
�
… então 1 2( ) ( ( ), ( ), , ( ))nx t x t x t x t      � … é um vetor 
tangente em x . Podemos nos perguntar como sabemos que a reunião destes vetores 
forma um “plano”, ou mais precisamente, como sabemos que o conjunto destes 
vetores constitui um subespaço de dimensão  1n  no n� . A resposta é simples: nem 
sempre o conjunto destes vetores forma um subespaço vetorial! As funções tais que 
em qualquer ponto temos planos tangentes são ditas diferenciáveis. 
Pela regra da cadeia, 
  1 2( ) ( ( ), ( ), , ( ))nd f x t f x t x t x tdt  
�
… 
7 
 
1 2 1 1 2
1
( ( ), ( ), , ( )) ( ) ( ( ), ( ), , ( )) ( )n n n
n
f x t x t x t x t f x t x t x t x t
x x
       … … … 
   1
1
( ) ( ) ( ) ( )n
n
f x t x t f x t x t
x x
      
� �
… . 
A expressão acima representa o produto escalar dos dois vetores 
         
1
( ) ( ) ( ) , , ( )
n
f f
grad f x t f x t x t x t
x x
        
� � � �
… , 
que chamamos de vetor gradiente de f em ( )x t� , ou simplesmente gradiente, e 
 1( ) ( ), , ( )nx t x t x t  � … 
que é o vetor tangente em ( )x t� . Numa notação mais compacta 
   ( ) ( ) ( )d f x t f x t x t
dt
  � � � . Se a curva ( )x t� está sobre a superfície então  ( )f x t c� 
então    ( ) ( ) ( ) 0d f x t f x t x t
dt
   � � � e, portanto,  ( )f x t � e ( )x t� são 
perpendiculares. Em outras palavras, o gradiente de f é perpendicular a todo vetor 
tangente ( )x t� e, portanto, ao plano tangente à superfície S em ( )x t� . No gráfico 
abaixo, esboçamos isto para uma superfície de dimensão 2 no 2� . 
 
 
8 
 
Então se torna fácil escrever uma equação para o plano tangente no ponto 
( )x t
� : 
       1 1
1
0n n
n
f f
x x x x x x
x x
           … . 
Exemplo 4 No caso do paraboloide   2 2, 1f x y x y   , escrevemos a superfície como 
2 21z x y   , ou   2 2, , 1 0F x y z x y z     , que é a isoquanta de nível 0 de F . O 
gradiente é    , , 2 , 2 , 1F x y z x y       . No ponto 1 1 1, ,
2 2 2
    
resulta  1, 1, 1F     . Portanto, o plano tangente é 
     1 1 11 1 1 0
2 2 2
x y z
                           , ou, 
3
2
x y z   . A reta 
perpendicular à superfície neste ponto: 1 1 1, ,
2 2 2
r r r
      que está desenhada no 
penúltimo gráfico. Como os vetores  1 1 1,0, 12c
      e  2
1
0,1, 1
2
c
      são 
linearmente independentes então eles geram o subespaço de dimensão 2 que 
tangencia a superfície no ponto 1 1 1, ,
2 2 2
    . O gradiente e os dois vetores tangentes 
estão no gráfico abaixo. 
 
9 
 
Dada a função : nf � � então o plano tangente ao gráfico 
    1 2 1 2, , , , ( , , , ) ,n nx x x f x x x x f x… … de f no ponto 
    1 2 1 2, , , , ( , , , ) ,n nx x x f x x x x f x       … … 
é dado por 
 ( ) ( ) ()z f x f x x x      . 
Pois, neste caso, podemos apresentar o gráfico desta função como a isoquanta de 
nível zero de 1: nF  � � , 
   1 2 1 2( , , , , ) , ( , , , )n nF x x x z F x z f x x x z f x z    … … . 
O gradiente de F ,    
1
( , ) , , , 1
n
f f
F x z x x
x x
         
… , é perpendicular a 
isoquanta  , 0F x z  . Portanto, o plano tangente em ( , )x z é 
 ( , ) 0F x z x x     , isto é, 
               1 1 2 2 1
1 2
1 0n
n
f f f
x x x x x x x x x z z
x x x
                       … , 
onde   0f x z   . Ou, ainda, 
             1 2 1 1 2 2 1
1 2
, , , n n
n
f f f
z f x x x x x x x x x x x x
x x x
                    
  
… … . 
Observe que a expressão acima, para funções  f x y de uma variável x , resulta na 
usual equação da reta tangente ao gráfico de   ,x f x  : 
     y f x f x x x      . 
Mostramos que todo vetor tangente à superfície em x é perpendicular ao  f x . 
Um problema que resta para ser considerado é se todo o vetor perpendicular ao 
10 
 
gradiente  f x é vetor tangente à superfície  f x c em x . Voltaremos a este 
problema mais a frente. 
 
Exemplo 5 Consideremos o cilindro   2 2, 1F x y x y   , em cada ponto sobre este 
cilindro o vetor    , 2 ,2 ,0F x y x y    é perpendicular às tangentes a estes pontos. 
Consideremos a hélice circular       cos 2 ,sin 2 ,c t t t t      sobre o cilindro, as 
tangentes       2 sin 2 ,2 cos 2 ,1c t t t             tangenciam o cilindro e são 
perpendiculares aos vetores        2 cos 2 ,2 sin 2 ,0F c t t t         como é fácil 
verificar. No desenho abaixo, estão representados estes vetores quando 1 ,1,2
4
t  e 
21
8
t  . 
 
11 
 
Em qualquer ponto  0 0 0, ,x y z sobre o cilindro o plano tangente neste ponto é 
     0 0 0 0 02 2 0 0x x x y y y z x           , o seja, 0 0 1x x y y    . 
 
Exemplo 6 Tudo que fizemos para superfícies tridimensionais também é válido para 
curvas. Seja a elipse 2 2 3x x y y    que é a isoquanta de nível três da função 
  2 2, 3F x y x x y y     , cujo gradiente é   2,
2
x y
F x y
x y
        .  
3
1,1
3
F
      , 
isto significa que o vetor 1
1
n
     é ortogonal à reta tangente à elipse no ponto  1,1P . 
Portanto a equação da reta tangente à elipse é    1 1 1 1 0x y      , isto é, 
2x y  . A reta ortogonal na direção do vetor 1
1
n
     é 
1
1
x s
y s
 
  , isto é, y x ou 
0x y  . 
 
12 
 
 
Exercícios 1 
i) Achar a equação do plano tangente à superfície 3 2 1 0z x y z y x       no 
ponto (1,0,1)P . Resposta: 3 4x y z    . 
ii) Achar a equação do plano tangente à superfície 2 2 22 10 4x y z     no ponto 
(2, 1,1)P  . Resposta: 2 5x y z    . 
iii) Obtenha o plano tangente ao gráfico de 2( , ) ln( 1)f x y x y   no ponto 
( ,1)e . Resposta: 2 11 ( ) ( 1)z x e y
ee
       . 
iv) Obtenha o plano tangente ao gráfico de 2 2 2 1/2( , , ) ( 1)f x y z x y z    no 
ponto (4,3,1)P . Resposta: 4 3 15 ( 4) ( 3) ( 1)
5 5 5
w x y z          . 
v) Obtenha a reta que tangencia a curva 3 3 2 23 0x y x y x      no ponto 
(0,0)P . 
vi) Obtenha as retas que tangencias a curva 2 2 2 2x y x y    nos pontos 
1 5
1,
2
P
     
. 
vii) Obtenha a reta tangente ao gráfico da hipérbole 
2 24 3 3 4 0x x y y x y         no ponto  1,3P . Obtenha também a 
equação da reta perpendicular à tangente neste ponto. 
 
 
 
 
13 
 
 
 
 
Superfícies de dimensão  n k em n� 
Como observamos anteriormente a reta 3 1, ,
2 4
t t
     é definida pela 
interseção dos planos 1 : 2 1x y z     e 2 : 2 2x y z     . Para nós, esta reta é 
uma “superfície” de dimensão 1 no 3� . 
Sob condições que explicitamos mais abaixo, a solução de um sistema de 
equações 
 
 
 
1 1 1 2 1
2 2 1 2 2
1 2
: , , , ,
: , , , ,
: , , , ,
n
n
k k n k
S f x x x c
S f x x x c
S f x x x c



…
…
�
…
 
é uma superfície 1 2 kS S S S   … de dimensão n k no n� . Se 
1 2( ) ( ( ), ( ), , ( ))nx t x t x t x t
�
… é uma curva sobre esta superfície S então 
         1 2, , ,i i n if x t f x t x t x t c … , para 1 i k  , logo 
   ( ) ( ) ( ) 0i id f x t f x t x tdt    
� � � . 
14 
 
Em outras palavras, ( )x t� é ortogonal aos vetores  1 ( )f x t � ,… ,  ( )kf x t � , ou ainda, 
( )x t� é ortogonal ao subespaço vetorial gerado pelos vetores  ( )if x t � , 1 i k  . 
 
A condição que vamos exigir para que S defina uma superfície de dimensão 
n k é que os vetores  ( )if x t � , 1 i k  , sejam linearmente independentes, pois 
neste caso o subespaço gerado pelos vetores tangentes ( )x t� , ou seja, o “plano” 
tangente em ( )x t , tem dimensão n k . Formulamos esta condição de maneira mais 
algébrica exigindo que o posto da matriz cujas linhas são os gradientes  ( )if x t � seja 
k , isto é, 
posto
     
     
     
1 1 1
1 2
2 2 2
1 2
1 2
n
n
k k k
n
f f f
x x x
x x x
f f f
x x x
x x x k
f f f
x x x
x x x
                        
�
�
� � � �
�
. 
Em tempo, o posto de uma matriz 
11 1
1
n
m mn
a a
A
a a
      
�
� � �
�
 é a ordem maior das 
submatrizes de A com determinante não nulo. 
15 
 
Exemplo 7   2 2 2, , 6 5f x y z x y z     define uma superfície em 3� de dimensão 2 
pois    , , 2 , 2 ,12 0f x y z x y z      � em todo o ponto  , ,x y z sobre esta superfície. 
Exemplo 8 
1 2 3 42 3 5x x x x      
1 2 3 43 4 1x x x x      
define uma superfície de dimensão 2 em 4� pois se 1 2 1 3
3 1 4 1
A
      , 
verificamos que posto 2A  . Por linha-redução 
1
1 0 1 | 5
1 2 1 3 | 5 7
3 1 4 1 | 1 10
0 1 1 | 2
7
             
∼ , 
portanto, a superfície de dimensão 2 , que chamamos uma variedade linear, é dada 
por 
1 3 4
1
5
7
x x x    , 
2 3 4
10
2
7
x x x    . 
A dimensão é 2 porque temos duas variáveis independentes nas equações acima, que, 
em outras palavras, é dizer que os gradientes  1 1,2, 1,3n  � e  2 3, 1,4, 1n   � são 
linearmente independentes. 
 Exemplo 9 
2 1x y z    
2 2x y z    
define uma superfície de dimensão 1 em 3� pois 
16 
 
posto 2 1 1 2
1 2 1
     . 
A “superfície” acima é a reta que está na interseção dos dois planos. O posto igual a 
dois da matriz acima expressa que os dois gradientes,  1 2,1,1n � e  2 1, 2,1n � , são 
linearmente independentes. Logo, os planos não são paralelos e se interceptam na 
reta 1
3
x t   , 11
3
y t   , z t que se obtém por linha-redução da matriz do 
sistema. 
Exemplo 10 Seja a “superfície” dada pela interseção da esfera e do plano abaixo: 
2 2 2 25x y z   
2 0x y z    . 
Obviamente, o sistema acima define uma “superfície” de dimensão 1 que é uma 
circunferência centrada na origem de raio 5r  . No gráfico abaixo tal circunferência é 
visível. 
17 
 
 
Os gradientes da esfera e do plano são  1 2 , 2 , 2g x y z     e  2 2,1,1g  , 
respectivamente. Estes vetores são linearmente independentes, pois se, por exemplo, 
1 2g g   então 2
x
y z  . Como o ponto  , ,x y z está sobre o plano 
2 0x y z    então 0x y z   o que não satisfaz a equação que define a esfera 
2 2 2 25x y z   . 
 Embora, tudo pareça muito simples, nem tudo foi totalmente esclarecido. Por 
exemplo, mostramos que todo o vetor que tangencia a superfície é perpendicular ao 
conjunto de k gradientes das isoquantas que definem a superfície, portanto, estes 
vetores estão no subespaço ortogonal a estes k gradientes.Este subespaço ortogonal 
tem dimensão n k . Mas, não mostramos que todo o vetor que é ortogonal aos 
gradientes é um vetor tangente! Em outras palavras, falta mostrar que a dimensão do 
plano tangente é n k . Falta também, relacionar a dimensão do plano tangente ao 
número de variáveis independentes e dependentes que temos em 1 2, , , nx x x… . Estas 
duas questões responderemos adiante. 
18 
 
Superfícies Tangentes 
 Observe que a esfera      2 2 21 1 1 12x y z      e o plano 
2 2 2 18x y z      se interceptam no ponto  3,3,3P . Entretanto, não é evidente 
que se tangenciam neste ponto. Como podemos verificar isto? Duas superfícies que se 
tangenciam num certo ponto  , ,P x y z   têm neste ponto o mesmo plano tangente. 
Em relação à esfera os vetores perpendiculares aos planos tangentes num ponto 
 , ,P x y z são dados por       1 2 1 , 2 1 ,2 1n x y y      � . Portanto, em  3,3,3P , 
 1 4, 4, 4n � e plano tangente à esfera neste ponto é 9x y z   que é o plano 
acima. Se duas superfícies definidas por  1 1, ,f x y z c e  2 2, ,f x y z c se 
interceptam num ponto  , ,P x y z   e têm neste ponto o mesmo plano tangente 
então os gradientes são paralelos, isto é, existe 0  tal que 
   2 1, , , ,f x y z f x y z         . 
 Duas superfícies definidas por  1 1 2 1, , , nf x x x c… e  2 1 2 2, , , nf x x x c… , que 
se interceptam no ponto    1 2, , , nP x x x P x   … , se tangenciam neste ponto se e só 
se existe 0  tal que    2 1 2 1 1 2, , , , , ,n nf x x x f x x x        … … . Neste caso, 
obviamente, o plano tangente comum é        2 1 0f x x x f x x x           . 
 Exemplo 11 Determine as esferas  22 2 21x y z r    , centradas em  0,0,1P , que 
tangenciam o elipsoide 2 2z x y  . Estamos procurando os pontos  , ,P x y z tais que 
    2 ,2 ,2 1 2 , 2 , 1x y z x y          
para algum 0  e 2 2z x y  . Se 0x  , então 1  , 0y  , 1
2
z  e 2
2
x   . Os 
pontos 2 1,0,
2 2
    
 estão sobre a esfera  22 2 31
4
x y z    , logo esta esfera 
19 
 
tangencia o elipsoide nestes pontos. Se 0y  , então 1   , 0x  , 3
2
z  e 23
2
y  , 
o que é impossível. Se 0x  e 0y  então 0z  neste caso os gradientes acima se 
reduzem a    0,0, 2 2 0,0, 1    , ou seja, 2  . Portanto, a origem  0,0,0 está 
sobre a esfera  22 2 1 1x y z    que tangencia o elipsoide neste ponto. 
Exercícios 2 
 
i) Determine o ponto onde a esfera 2 2 2 6x y z   e o plano 2 6x y z    se 
tangenciam. 
ii) Encontrar o raio r da esfera 2 2 2 2( 1)x y z r    que tangencia o plano 
2 4x y z    . 
iii) Mostre que as superfícies 2 2 2 2x y z   e 1x y  se tangenciam no ponto 
 1,1,0 . 
iv) Determine a isoquanta 
1 1 1
3 3 3c x y z   que tangencia o plano 90x y z   . 
v) Determine os números c tal que o plano 2x y z c    tangencie o elipsoide 
2 2 24 1x y z    . 
 
Em muitas situações as superfícies que estão se tangenciando não são de 
mesma dimensão. Por exemplo, podemos ter uma superfície, cujo plano tangente em 
certo ponto contém determinada reta. Neste caso, a reta e a superfície se tangenciam. 
No exemplo abaixo, verificamos que uma esfera e uma reta se tangenciam num ponto 
 , ,P x y z   . 
Exemplo 12 A reta definida pelas equações  1 , , 3 5 3g x y z x y z      e 
 2 , , 2 1g x y z x y z     tangencia a esfera   2 2 2 89, , 210f x y z x y z    no 
ponto 124 55 17, ,
210 210 210
P
     . Vejamos: se a reta tangencia a esfera no ponto 
 , ,P x y z   então o vetor ortogonal a esfera neste ponto, ou seja, 
20 
 
   , , 2 , 2 , 2f x y z x y z          é ortogonal a reta e, portanto, é uma combinação 
linear dos vetores    1 , , 3, 5,1g x y z   e    2 , , 2,1, 1g x y z   , ou seja, 
     1 1 2 2 1 22 ,2 , 2 3, 5,1 2,1, 1f g g x y z                           , 
pois 1g e 2g geram o subespaço ortogonal à reta. 
As equações acima nos permitem obter 1 232x  
     , 1 25 12 2y  
       e 
1 2
1 1
2 2
z        . Como o ponto  , ,P x y z   está sobre os dois planos então 
1 2 1 2 1 2
3 5 1 1 1
3 5 3 5 3
2 2 2 2 2
x y z                                                , 
1 2 1 2 1 2
3 5 1 1 1
2 2 1
2 2 2 2 2
x y z                                              
que resulta em 1 635

 e 2 13

 . A partir daí, obtemos  , ,P x y z   . A reta está na 
direção do vetor 4 5, ,1
13 13
v
     que é um vetor tangente ao plano tangente à esfera 
no ponto   124 55 17, , , ,
210 210 210
P x y z P  
      . 
21 
 
 
 
Dizemos que uma superfície de dimensão menor tangencia uma superfície de 
dimensão maior em determinado ponto P se o plano tangente à primeira superfície 
está contido no plano tangente à segunda superfície em P . 
Lagrangeanos 
22 
 
Exemplo 13 Queremos determinar as esferas    22 2 2, , 1f x y z x y z r     
centradas no ponto  0,0,1P que tangenciam o hiperboloide 
  2 2, , 0g x y z x y z    . De fato, queremos determinar são os raios das esferas e os 
pontos de contato. 
 
23 
 
 
Duas superfícies se tangenciam num ponto  , ,P x y z   , se neste ponto têm o mesmo 
plano tangente. Portanto, a solução do nosso problema é expressa pelas equações 
   , , , ,f x y z g x y z         e   2 2, , 0g x y z x y z         . A primeira das 
equações expressa a direção perpendicular ao plano tangente comum, e a segunda 
equação diz que o ponto comum,  , ,P x y z   , está sobre o hiperboloide. Escrevendo 
novamente estas equações temos     2 ,2 ,2 1 2 , 2 , 1x y z x y               e 
2 2 0x y z     , ou ainda, 
 
2 2
2 2
2 1
x x
y y
z



  
  
 
   
    
   
 e 2 2 0x y z     . 
Se supomos 0x  , então 1  , 0y  e 1
2
z  , que resulta nos pontos 
2 1
,0,
2 2
P
    
 que estão sobre a esfera  22 2 31
4
x y z    . Portanto, esta esfera 
24 
 
tangencia o hiperboloide nestes dois pontos. Se supomos 0y  , então 1   , 
0x  e 3
2
z  , que resulta na equação sem solução 2 3
2
y  . Portanto, 
necessariamente 0y  . Se por outro lado supomos 0x  e 0y  então obtemos a 
solução  0,0,0P com 2   , ou seja, a esfera  22 2 1 1x y z    tangencia o 
hiperboloide na origem. Os pontos 2 1,0,
2 2
P
    
, sobre o hiperboloide, são os estão 
mais próximos do ponto  0,0,1P . Esta distância é 3
2
 que corresponde ao raio da 
esfera. 
 
Poderíamos reformular nosso problema: quais os pontos sobre o hiperboloide 
que estão mais próximos do ponto  0,0,1P ? Em outras palavras, temos o problema 
 22 2
2 2
min 1
0.
x y z
sa x y z
  
  
 
25 
 
A solução deste problema é dada por alguma das esferas  22 2 21x y z r    
que tangenciam o hiperboloide! Já sabemos que é  22 2 31
4
x y z    . 
Se definimos o lagrangeano 
     22 2 2 2, , , 1L x y z x y z x y z         , 
e escrevemos as condições de primeira ordem, 0L
x
 

, 0L
y
  , 0
L
z
 

 e 0L

 

, 
estamos simplesmente expressando as condições de tangência tratadas acima. 
A esfera  22 2 1 1x y z    satisfaz as condições de tangência no ponto 
 0,0,1P , mas este ponto não corresponde nem a um ponto de mínimo local e nem a 
um ponto de máximo local de    22 2, , 1f x y z x y z    sujeita à restrição 
2 2 0x y z   como podemos verificar nos gráficos abaixo. O lagrangeano não 
responde à pergunta sobre máximos ou mínimos, mas sobre isoquantas de f que 
tangenciam a restrição0g  . Por isto, as condições de primeira ordem do 
lagrangeano são condições necessárias, mas não suficientes. 
 
26 
 
 
No gráfico abaixo, observamos que  0,0,0P é uma sela para 
   22 2, , 1f x y z x y z    , pois os pontos  2,0,P x x sobre o hiperboloide próximos 
à origem estão a distâncias 1d  ; os pontos  20, ,P y y estão a distâncias 1d  , a 
origem dista 1 do ponto  0,0,1P . 
 
 
27 
 
 
 
 
Exemplo 14 Queremos determinar as esferas    22 2 2, , 1f x y z x y z r     
centradas no ponto  0,0,1P que tangenciam o parabolóide 
  2 2, , 0g x y z x y z    . Observe que em relação ao hiperbolóide “dobramos” a 
parábola 2y sobre o eixo y para resultar  20, ,y y , então o ponto  0,0,0P é um 
máximo local para    22 2, , 1f x y z x y z    . 
 
28 
 
O círculo 2 2 1
2
x y  , 1
2
z  é constituído de pontos de mínimos globais para 
   22 2, , 1f x y z x y z    cuja distância entre o ponto  0,0,1P e o ponto 
 0,0,0P é 3
2
. 
 
Exemplo 15 
2 2 2
2 2
min/ max
3
2
x y z
sa x y z
x y z
 
  
  
 
Observe que 2 2 2x y z  é a distância ao quadrado de um ponto com coordenadas 
 , ,P x y z à origem  0,0,0 . A restrição 2 2 3x y z   , 2x y z   é a 
circunferência na interseção do paraboloide 2 2 3x y z   com o plano 
2x y z   conforme o desenho abaixo. 
29 
 
 
Você não precisa fazer os cálculos abaixo, mas acompanhe como o problema está 
sendo desenvolvido. 
O lagrangeano deste problema é 
   2 2 2 2 21 23 2L x y z x y z x y z              . 
As condições de 1ª ordem são 
1 22 2 0
L
x x
x
        

, 1 22 2 0L y yy  
       

, 1 22 0L zz  
     

, de onde 
obtemos  
2
12 1
x



 
,  
2
12 1
y



 
 e 2 1
2
z
 
 . Utilizando as restrições, obtemos 
 
 
2
2
1 2
1
2
1 2
1
6
1
2 4.
1
  

  

      
       
 
30 
 
Substituindo 2
1 1
a


     e  1 2b    e resolvendo as equações 
2 6
2 4.
a b
a b
 
   
 
Obtemos dois valores para 2
1
1 11
1
a


   e 
2
1
1 11
1
a


   . Se 
2
1
1 11
1


  
então   1 21 11 1 11      e 1 2 6 2 11      , obtemos 1 7 113 11   e 
2
29 11
9
11
   . Se 2
1
1 11
1


  , obtemos 1
7 11
3
11
   e 2 29 119 11

  . 
Como  
2
12 1
x



 
,  
2
12 1
y



 
 e 2 1
2
z
 
 , utilizando os valores anteriores dos 
multiplicadores, obtemos dois pontos: 
11 1
2
x
 , 11 1
2
y

 e 3 11z   ; 
11 1
2
x

  , 11 1
2
y
  e 3 11z   . 
O primeiro ponto corresponde ao ponto mais próximo da origem. Veja o desenho 
abaixo. 
31 
 
 
O lagrangeano determina esferas centradas na origem que tangenciam a 
circunferência 
2 2 3
2,
x y z
x y z
  
  
 
Como vemos no desenho abaixo. No ponto mais próximo o raio da circunferência é 
26 7 11r   e para o ponto mais distante o raio é 26 7 11r   . Pornato o valor 
mínimo para o problema proposto é 2 26 7 11r   e o valor máximo é 
2 26 7 11r   . 
32 
 
 
No desenho abaixo, estamos representando no ponto 11 1
2
x
 , 11 1
2
y

 e 
3 11z   os gradientes das funções f , 1g , 2g e o vetor x tangente à 
circunferência. Observe que o desenho contemplam os valores 1 7 113 011

   e 
2
29 11
9 0
11
    . 
 
 
 
33 
 
 
Os três gradientes, cujas direções estão assinaladas por pontos no desenho abaixo, 
estão no plano 0x y  ortogonal ao vetor 
1
1
0
n
      
. 
34 
 
 
Exercícios 3 
Encontre o raio da esfera  22 2 21x y z r    centrada no ponto  0,0,1P que 
tangencia o hiperboloide 2 2 2 1 0x y z    . Observe que a solução deste problema 
corresponde à solução do problema 
 22 2
2 2 2
min 1
1 0.
x y z
sa x y z
  
    
35 
 
 
A solução deste problema, que está no gráfico acima, é a esfera  22 2 61
4
x y z    . 
A esfera e o hiperboloide se tangenciam na circunferência 2 2 5
4
x y  e 1
2
z  . 
Exemplo 16 Consideremos a reta r definida na interseção dos planos 
2 3
2 2
x y z
x y z
   
   
 
que parametrizada por z resulta 8 1,
3 3
x z y z    . 
36 
 
 
O problema é determinar o ponto sobre a reta r que está mais próximo da origem: 
2 2 2min
2 3
2 2
x y z
sa x y z
x y z
 
   
   
 
No ponto onde se encontra este mínimo, uma isoquanta de 
  2 2 2 2, ,f x y z x y z R    tangencia a reta r 8 1,
3 3
x z y z    , ou seja, 
     1 2 1 1 2 2
2 1 1
, , 2 1 2 , , , ,
2 2 1
x
f x y z y g x y z g x y z
z
   
                                     
. 
Logo, temos 1 2
2 2
x
 
  , 1 22y
   e 21 2z
   . Como 2 3x y z    e 
2 2x y z    , substituindo x , y e z , resulta 1 22 2    e 1 2 42 3     ; 
1
16
9
  e 2 149  ; 
5
3
x  , 2
3
y  e 1z   . 
 
37 
 
 
No ponto 5 2, , 1
3 3
P
     o gradiente 
5 2
, , 1
3 3
f
      é uma combinação linear dos 
gradientes 1 5 2, , 13 3g
      e 2
5 2
, , 1
3 3
g
      : 
1 1 2 2
10
3 1 1
4 16 14
1 2
3 9 9
2 1
2
f g g 
                                       
. 
Estes vetores são ortogonais ao vetor  1,1,1n  como facilmente se observa. O plano 
que contém o ponto 5 2, , 1
3 3
P
     e é ortogonal ao vetor  1,1,1n  é o plano 
2
3
x y z    . Veja a figura abaixo. 
38 
 
 
 
Exemplo 17 Dado o plano  : 0a x b y c z d       , que não contem o ponto 
 0 0 0 0, ,P x y z , determinar o ponto  , ,P x y z    sobre o plano  que está mais 
próximo de  0 0 0 0, ,P x y z . A solução deste problema é dada encontrando a esfera 
     2 2 2 20 0 0x x y y z z r      que tangencia o plano  . Esta condição 
geométrica pode ser expressa pelas condições de primeira ordem do lagrangeano 
         2 2 20 0 0, , ,L x y z x x y y z z a x b x c z d               , 
ou seja, 
39 
 
 
 
 
0
0
0
2 0;
2 0;
2 0;
0.
L
x x a
x
L
y y b
y
L
z z c
x
L
a x b x c z d




      

      

      

        

 
 Estas condições estão determinando um ponto  , ,P x y z    sobre o plano, 
0
L
a x b x c z d


           , de maneira que este seja tangente à esfera 
     2 2 2 20 0 0x x y y z z r         neste ponto. Como  , ,P x y z    está sobre o 
plano então das equações acima temos que 02
a
x x
   , 02
b
y y
   e 
02
c
z z
   o que implica 
 2 2 2 0 0 00 2a x b y c z d a b c a x b y c z d

                    . 
Logo,   0 0 02 2 2
2 a x b y c z d
a b c

      
 
 
 (*). Observe que podemos determinar x , y 
e z utilizando as expressões 02
a
x x
   , 02
b
y y
   e 02
c
z z
   . 
Por outro lado, as equações acima,  02 x x a     ,  02 y y b     e 
 02 z z c    , implicam, 
     
   
2 2 2
20 0 0
2
2 2 2 2 2 2
4 4x x y y z z r
a b c a b c

  


              (**). 
Reunindo os dois (*) e (**) resultados, temos 
40 
 
 
   
2 2
0 0 02
2 2 2 22 2 2
4 4a x b y c z d r
a b ca b c


         
  
, 
O que implica que   
2
0 0 02
2 2 2
a x b y c z d
r
a b c
      
 
. Portanto, 
0 0 0
2 2 2
a x b y c z d
r
a b c
      
 
, 
que é a distância entre o plano e o ponto. 
 
Exemplo 18 Encontre o ponto  , ,P x y z    , sobre a reta definida pelos planos 
 1 , , 2 1g x y z x y z     e  2 , , 2 2g x y z x y z     
que está maispróximo da origem  0,0,0 . 
 O ponto  , ,P x y z    está sobre a esfera   2 2 2 2, ,f x y z x y z r    que 
tangencia a reta definida pelos planos 2 1x y z    e 2 2x y z    . Portanto, o 
gradiente  2 , 2 , 2f x y z     é perpendicular a reta. As direções perpendiculares à 
reta são definidas pelos vetores  1 2,1,1g  e  2 1, 2,1g  , portanto, 
     1 1 2 2 1 22 ,2 , 2 2,1,1 1, 2,1f x y z g g                      . 
41 
 
Da equação acima deduzimos que 21 2x


   , 1 22y
 

   e 1 2
2 2
z
     . Usando 
as restrições 
2 1 1 2
1 2 1 2
5
2 2 3 1
2 2 2 2 2
x y z
      
   
                                    
e 
2 1 1 2
1 2 1 2
5
2 2 3 2
2 2 2 2 2
x y z
      
   
                                    . 
Resolvendo as equações 1 253 12 
     e 1 25 3 22  
     , obtemos 1 811

  , 
2
14
11
  , 1
11
x   , 10
11
y  e 3
11
z  . A distância que a reta a origem é o raio da 
esfera centrada no ponto 1 10 3, ,
11 11 11
    , ou seja, 
110
11
r  . 
 Seja a superfície S definida por 
 
 
 
1 1 2 1
2 1 2 2
1 2
, , , ,
, , , ,
, , , .
n
n
k n k
g x x x c
g x x x c
g x x x c



…
…
�
…
 
Suponhamos que definida sobre a superfície S acima tenhamos uma função 
: nf S  � � e que  1 2, , , nx x x x S    … seja um ponto de mínimo ou máximo 
local de f sobre S . Se 1 2( ) ( ( ), ( ), , ( ))nx t x t x t x t� … é uma curva sobre tal que 
1 2(0) ( (0), (0), , (0))nx x x x x

 
�
… então 
   1 2 00( ) ( ( ), ( ), , ( )) (0) (0) 0n ttd df x t f x t x t x t f x xdt dt      
� � �
… , 
42 
 
isto é,   (0) 0f x x   � , portanto,  f x é ortogonal a todo vetor tangente à 
superfície S em x . Isto significa que  f x está no espaço ortogonal gerado pelos 
vetores  1g x ,...,  kg x 1, portanto existem 1 , , k   … � tais que 
       1 1 2 2 k kf x g x g x g x               � . 
Em outras palavras, 
       1 21 2 kk
i i i i
gg gf
x x x x
x x x x
                
   
� , para 1, ,i n … . 
Se definimos o lagrangeano como 
   1 1, , , , , ,n kL x L x x   … … 
       1 1 1 1 1 1, , , , , ,n n k k n kf x x g x x c g x x c        … … … … 
       1 1 1 k k kf x g x c g x c       … , 
As condições acima se expressam como 
         
         
    
    
1 2
1 2
1 1 1 1 1
1 2
1 2
1 1
1
, 0;
, 0;
, 0;
, 0.
k
k
k
k
n n n n n
k k
k
L f g g g
x x x x x
x x x x x
L f g g g
x x x x x
x x x x x
L
x g x c
L
x g x c
   
   




        
        
  
  
            
    
            
    
    

    

�
�
�
�
 
 
1 Neste ponto, é essencial saber que o subespaço dos vetores tangentes é o ortogonal do conjunto dos 
gradientes  1g x ,...,  kg x . 
43 
 
Observe que a condição acima está afirmando que se x S  é um ponto de mínimo ou 
máximo local de f sobre S então x S  pertence a uma isoquanta de f que 
tangencia a restrição em x . Pois, todos os vetores tangentes à S em x estão no 
plano     0f x x x     tangente à isoquanta. 
 No desenho abaixo, a curva       1 , , nx t x t x t … está sobre a superfície 
 1, , ng x x c… de dimensão 1n  , isto é,   g x t c . Suponhamos que  0x x , 
 0x x  . Digamos que  0x x é um máximo local para uma função 
   1, nf x f x x … definida sobre a superfície  1, , ng x x c… . Na proximidade de 
x , quando nos aproximamos de x , a derivada 
             cos 0d f x t f x t x t f x t x t
dt
         , portanto o ângulo 90o  , 
à medida que nos aproximamos de x , esta derivada diminui em valor absoluto se 
aproximando de zero. No ponto de máximo x , 
          0 0 0 cos 0d f x f x x f x x
dt
          e 90o  . Portanto, em x , os 
dois gradientes são paralelos, isto é,    f x g x     , pois ambos são 
perpendiculares a todos os vetores tangentes à superfície  1, , ng x x c… e estes 
vetores estão sobre um espaço afim de dimensão 1n  . Conforme nos afastamos de 
x , o valor de    1, nf x f x x … diminui, portanto, 
             cos 0d f x t f x t x t f x t x t
dt
         e 90o  . 
44 
 
 
Caso x seja um mínimo local, quando nos aproximamos de x , a derivada 
             cos 0d f x t f x t x t f x t x t
dt
         , portanto o ângulo 90o  , 
à medida que nos aproximamos de x , esta derivada diminui em valor absoluto se 
aproximando de zero. No ponto de mínimo x , 
          0 0 0 cos 0d f x f x x f x x
dt
          e 90o  . Portanto, em x , os 
dois gradientes são paralelos, isto é,    f x g x     , pois ambos são 
perpendiculares a todos os vetores tangentes à superfície  1, , ng x x c… . Conforme 
nos afastamos de x , o valor de    1, nf x f x x … aumenta, portanto, 
             cos 0d f x t f x t x t f x t x t
dt
         e 90o  . Veja o desenho 
abaixo. 
 
45 
 
Suponhamos que a função    1, nf x f x x … esteja definida sobre a 
superfície 1 2g g obtida pela interseção de duas superfícies,  1 1 1, , ng x x c… e 
 2 1 2, , ng x x c… , cada uma delas de dimensão 1n  . Seja a curva 
      1 , , nx t x t x t … sobre as duas superfícies, isto é,   1 1g x t c e 
  2 2g x t c . Portanto, os vetores  x t estão no espaço afim de dimensão 2n  que 
é tangente à superfície 1 2g g em cada ponto  x t . Os gradientes   1g x t e 
  2g x t são ortogonais aos  x t e estão no espaço ortogonal ao plano tangente 
que tem dimensão dois. Caso x seja um máximo local para    1, nf x f x x … em 
1 2g g , quando nos aproximamos de x , a derivada 
             cos 0d f x t f x t x t f x t x t
dt
         , portanto o ângulo 90o  , 
à medida que nos aproximamos de x , esta derivada diminui em valor absoluto se 
aproximando de zero. No ponto de máximo x , 
          0 0 0 cos 0d f x f x x f x x
dt
          e 90o  . Portanto, em x , 
 f x está no plano ortogonal ao espaço tangente em x , como  1g x e  2g x 
são linearmente independentes então      1 1 2 2f x g x g x          . Conforme 
nos afastamos de x , o valor de    1, nf x f x x … diminui, portanto, 
             cos 0d f x t f x t x t f x t x t
dt
         e 90o  . Veja o desenho 
abaixo. 
46 
 
 
Caso x seja um mínimo local para    1, nf x f x x … em 1 2g g , quando 
nos aproximamos de x , a derivada 
             cos 0d f x t f x t x t f x t x t
dt
         , portanto o ângulo 90o  , 
à medida que nos aproximamos de x , esta derivada diminui em valor absoluto se 
aproximando de zero. No ponto de máximo x , 
          0 0 0 cos 0d f x f x x f x x
dt
          e 90o  . Portanto, em x , 
 f x está no plano ortogonal ao espaço tangente em x , como  1g x e  2g x 
são linearmente independentes então      1 1 2 2f x g x g x          . Conforme 
nos afastamos de x , o valor de    1, nf x f x x … aumenta, portanto, 
             cos 0d f x t f x t x t f x t x t
dt
         e 90o  . Veja o desenho 
abaixo. 
47 
 
 
 
Exercícios 4 
Como as condições de 1ª ordem do lagrangeanoexpressam uma condição geométrica 
- a tangência - temos que utilizar argumento adicional para determinar se um ponto de 
tangência é um mínimo ou máximo local. Portanto, nos exercícios abaixo, você deve 
tomar consciência destes argumentos adicionais para responder aquilo que está sendo 
solicitado. 
i) Determine o ponto de mínimo e máximo global de 2 2( , ) 8 4 4f x y x y y      
sujeito à restrição 2 2 1x y  . Resposta:  0, 1 é mínimo global e 3 1,
2 2
    
 e 
3 1
,
2 2
    
 são máximos globais. 
ii) Determine o ponto de mínimo e máximo global de 2x y z   sujeito à 
restrição 2 2 24 1x y z    . Resposta: 1 1 1, ,
3 2 3 3
      é mínimo global 
e 1 1 1, ,
3 2 3 3
    é máximo global. 
iii) Encontrar a distância que o ponto  0,0,1 está do parabolóide elíptico 
2 2x y z  . Resposta: 2 2 1
2
x y  , 1
2
z  . Observe que (0,0,0) é um ponto de 
máximo local para 2 2 2( 1)x y z   s.a. 2 2x y z  . 
 
iv) Determine o ponto da reta 
48 
 
2 1x y z    , 2 4x y z    
mais próximo da origem. Resposta: 24 9 5, ,
11 11 11
    . 
v) Determine o ponto mais próximo e o ponto mais distante sobre a esfera 
2 2 2 36x y z   e o plano 6x y z   em relação ao ponto  0,0,1 Resposta: 
 0,0,6 ,  4,4, 2 . 
vi) Encontre os pontos de mínimo e de máximo de ( , , )f x y z y z x z    sujeita às 
restrições 2 2 1y z  e 3x z  . Resposta: 1 13 2, ,
2 2
      , 
1 1
3 2, ,
2 2
     , 
1 1
3 2, ,
2 2
       , 
1 1
3 2, ,
2 2
    .