Considere a função f: D=\left\{(x, y, z) \in \mathbb{R}^{3}: x \geq 0, y \geq 0, z \geq 0\right\} \rightarrow \mathbb{R} dada por
f(x, y, z)=x^{3}+y^{3}+z^{3} .
(a) Determine os pontos críticos de f sujeitos à condição x+y+z=1.
(b) Estude a natureza dos pontos críticos encontrados, isto é, quais são pontos de mínimo local, máximo local e pontos de sela.
(c) Conclua que, para quaisquer números x, y, z \geq 0 que satisfazem x+y+z=1, vale a desigualdade
x^{3}+y^{3}+z^{3} \geq \frac{1}{9}

Passo 1

O enunciado dá a função definida em D=\{(x,y,z)\in\mathbb{R}^3: x\ge 0,\\ y\ge 0,\\ z\ge 0\}
f(x,y,z)=x^{3}+y^{3}+z^{3}
com a restrição linear
x+y+z=1.
O que se pede:
(a) determinar os pontos críticos de f sujeitos à restrição x+y+z=1 (e respeitando x,y,z\ge0);
(b) classificar a natureza desses pontos críticos (mínimo local, máximo local, sela);
(c) concluir a desigualdade
x^{3}+y^{3}+z^{3}\ge\frac{1}{9}
para todos x,y,z\ge0 com x+y+z=1.

Passo 2

Procurando pontos críticos interiores (ou seja, com x>0,\\ y>0,\\ z>0) usamos multiplicadores de Lagrange. Vou explicar o método rapidinho: para otimizar f com a restrição g(x,y,z)=x+y+z-1=0 construímos a função de Lagrange
\mathcal{L}(x,y,z,\lambda)=f(x,y,z)-\lambda g(x,y,z)=x^{3}+y^{3}+z^{3}-\lambda(x+y+z-1).
A condição de estacionaridade pede derivadas parciais nulas:
\frac{\partial\mathcal{L}}{\partial x}=3x^{2}-\lambda=0,\qquad \frac{\partial\mathcal{L}}{\partial y}=3y^{2}-\lambda=0,\qquad \frac{\partial\mathcal{L}}{\partial z}=3z^{2}-\lambda=0,
além da restrição x+y+z=1.
Das três primeiras equações obtemos
3x^{2}=3y^{2}=3z^{2}=\lambda\quad\Rightarrow\quad x^{2}=y^{2}=z^{2}.
Como estamos no interior com x,y,z>0, segue x=y=z. Usando x+y+z=1 temos
x=y=z=\frac{1}{3}.
Portanto há um candidato crítico interior em \left(\tfrac{1}{3},\tfrac{1}{3},\tfrac{1}{3}\right).

Passo 3

Agora avaliamos a natureza desse ponto crítico usando a segunda derivada restrita (explico o raciocínio): o Hessiano de f é diagonal porque f é soma de funções separadas:
H_f(x,y,z)=\operatorname{diag}\!\big(6x,\,6y,\,6z\big),
pois \frac{\partial^2 f}{\partial x^2}=6x, etc. Para a restrição x+y+z=1 a direção admissível (espaço tangente) é o subespaço
T=\{(u_1,u_2,u_3)\in\mathbb{R}^3: u_1+u_2+u_3=0\}.
A forma quadrática associada à variação segunda (no ponto crítico) é
Q(u)=u^{T}H_f\big(\tfrac{1}{3},\tfrac{1}{3},\tfrac{1}{3}\big)u.
No ponto x=y=z=\tfrac{1}{3} temos H_f=\operatorname{diag}(2,2,2). Logo, para u\in T,
Q(u)=2(u_1^2+u_2^2+u_3^2).
Se u\ne 0 e u\in T então u_1^2+u_2^2+u_3^2>0, portanto Q(u)>0. Isso significa que a forma quadrática é positiva definida no espaço tangente, logo o ponto \left(\tfrac{1}{3},\tfrac{1}{3},\tfrac{1}{3}\right) é um mínimo local em relação à restrição x+y+z=1. Observação útil: para funções convexas, qualquer mínimo local é global — vou usar isso depois.

Passo 4

Agora precisamos tratar pontos críticos que possam ocorrer na fronteira do domínio ( x,y ou z podendo ser 0). A fronteira relevante, com a restrição x+y+z=1, é o triângulo com vértices (1,0,0),(0,1,0),(0,0,1) e arestas onde uma coordenada é zero. Devemos analisar as faces (arestas) separadamente.
Considere a face z=0. Então x,y\ge0 e x+y=1. Reduzimos o problema a duas variáveis:
\tilde f(x,y)=x^{3}+y^{3},\qquad x+y=1.
Aplicando Lagrange novamente (ou simplesmente usar simetria) obtemos condições
3x^{2}=\mu,\qquad 3y^{2}=\mu\quad\Rightarrow\quad x^{2}=y^{2}.
Como x,y\ge0 segue x=y. Com x+y=1 temos
x=y=\frac{1}{2},\quad z=0.
Pelos mesmos motivos, nas outras arestas aparecem os pontos \left(\tfrac{1}{2},\tfrac{1}{2},0\right), \left(\tfrac{1}{2},0,\tfrac{1}{2}\right) e \left(0,\tfrac{1}{2},\tfrac{1}{2}\right).
Também consideramos os vértices onde duas coordenadas são zero: (1,0,0), (0,1,0), (0,0,1). Esses pontos são triviais candidatos (satisfazem a restrição e as desigualdades de não-negatividade).

Passo 5

Vamos comparar os valores de f nos pontos críticos encontrados:
f\Big(\tfrac{1}{3},\tfrac{1}{3},\tfrac{1}{3}\Big)=3\left(\tfrac{1}{3}\right)^3=3\cdot\frac{1}{27}=\frac{1}{9}.
f\Big(\tfrac{1}{2},\tfrac{1}{2},0\Big)=2\left(\tfrac{1}{2}\right)^3=\frac{1}{4}.
f(1,0,0)=1.
Portanto os valores obedecem
1 \;=\; f(1,0,0) \;>\; f\Big(\tfrac{1}{2},\tfrac{1}{2},0\Big)=\tfrac{1}{4} \;>\; f\Big(\tfrac{1}{3},\tfrac{1}{3},\tfrac{1}{3}\Big)=\tfrac{1}{9}.

Passo 6

Classificação fina da natureza:
  • O ponto \left(\tfrac{1}{3},\tfrac{1}{3},\tfrac{1}{3}\right) é mínimo local (por teste da forma quadrática no espaço tangente) e, como f é convexa em D (o Hessiano tem entradas 6x,6y,6z\ge0, logo é semidefinido positivo), qualquer mínimo local é global. Assim \left(\tfrac{1}{3},\tfrac{1}{3},\tfrac{1}{3}\right) é o mínimo global restrito ao triângulo.
  • Os pontos \left(\tfrac{1}{2},\tfrac{1}{2},0\right) e as permutações são pontos críticos quando se restringe à aresta correspondente; restritos àquela aresta são mínimos locais da função nessa aresta (porque na aresta a segunda derivada restrita é positiva). Contudo, considerando vizinhanças no triângulo inteiro, esses pontos não são mínimos: existe direção entrando no interior (aumentando a coordenada zero e diminuindo as outras duas) que diminui o valor de f. Por exemplo, a variação (-\!a,-\!a,2a) com a>0 pequena reduz f em relação a f(\tfrac{1}{2},\tfrac{1}{2},0). Então esses pontos são pontos de sela no problema com a restrição completa x+y+z=1 (mínimos nas arestas, mas não mínimos no triângulo).
  • Os vértices (1,0,0) e permutações têm o maior valor f=1 e, por comparação com valores próximos, são máximos (de fato máximos globais no triângulo): pequenas perturbações que levam massa para as outras coordenadas diminuem f. Logo são máximos locais e também máximos globais.

Passo 7

Conclusão para (c). Como \left(\tfrac{1}{3},\tfrac{1}{3},\tfrac{1}{3}\right) é o mínimo global sobre o conjunto \{(x,y,z)\ge0: x+y+z=1\}, para quaisquer x,y,z\ge0 com x+y+z=1 vale
x^{3}+y^{3}+z^{3}\ge f\Big(\tfrac{1}{3},\tfrac{1}{3},\tfrac{1}{3}\Big)=\frac{1}{9}.
Isto prova a desigualdade pedida.

Resposta

(a) Pontos críticos sujeitos à restrição x+y+z=1 e x,y,z\ge0: \left(\tfrac{1}{3},\tfrac{1}{3},\tfrac{1}{3}\right), \left(\tfrac{1}{2},\tfrac{1}{2},0\right) e suas permutações, e (1,0,0) e suas permutações.
(b) Natureza:
\left(\tfrac{1}{3},\tfrac{1}{3},\tfrac{1}{3}\right) é mínimo local (e mínimo global);
\left(\tfrac{1}{2},\tfrac{1}{2},0\right) e permutações são pontos de sela (mínimos ao longo da aresta, mas não mínimos no triângulo);
(1,0,0) e permutações são máximos locais (e máximos globais).
(c) Para x,y,z\ge0 com x+y+z=1 vale
x^{3}+y^{3}+z^{3}\ge\frac{1}{9}.

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