Considere o problema de se determinar a distância de P0=(1,1,0) ao paraboloide P de equação z=x^2+y^2, cujo gráfico está ilustrado abaixo. Nesse sentido, seja f(x, y) o quadrado da distância de P0 a um ponto (x, y, x^2+y^2) de P e, se necessário, use a fatoração 4 x^3+x-1=(2 x-1)(2 x^2+x+1).
a) Obtenha a expressão da função f e verifique que f não possui ponto de máximo em R^2. Resposta: f(x, y)=(x-1)^2+(y-1)^2+ (x^2+y^2)^2, como lim t +infty f(0, t)=+infty é claro que f não tem máximo.
b) Calcule as derivadas parciais de f.
Resposta: fx(x, y)=2(x-1)+4 x(x^2+y^2) e fy(x, y)=2(y-1)+4 x(x^2+y^2).
c) Calcule os pontos críticos de f.
Resposta: Fazendo fx(x, y)=fy(x, y)=0 vê-se que (x^2+y^2)=x-12 x=y-12 y e portanto x=y. Substituindo, temos que fx(x, x)= 0 é equivalente a 4 x^3+x-1=(2 x-1)(2 x^2+ x+1)=0 que tem uma única raiz real. O único ponto crítico é (1 / 2,1 / 2). A distância é raizf(1 / 2,1 / 2)=raiz3 / 2.
d) Pode-se mostrar que f possui um ponto de mínimo. Use essa informação para determinar a distância de P0 a P.
Resposta: O ponto de mínimo é um ponto crítico. Como só há um ponto crítico, ele só pode ser o ponto de mínimo.
e) Mostre que, se (x1, y1) é um ponto crítico de f(x, y) e P1=(x1, y1, x1^2+y1^2) in P, então o vetor P0 P1 é ortogonal a P no ponto P1.
Resposta: O vetor normal a P em P=(x, y) é n(x, y)=(-2 x,-2 y, 1) e em P1= (1 / 2,1 / 2) ele vale n(1 / 2,1 / 2)=-1,-1,1 que é paralelo ao vetor P0 P1.

Passo 1

O problema é: dado P₀=(1,1,0) e o paraboloide ℙ de equação z=x²+y², queremos achar a distância de P₀ a um ponto qualquer P=(x,y,x²+y²) de ℙ. Isso é otimização em duas variáveis. Vamos:
• Definir f(x,y)=dist²(P₀,P).
• Mostrar que f não tem máximo (cresce até +∞).
• Calcular ∂f/∂x e ∂f/∂y.
• Achar os pontos críticos (onde as duas derivadas vão a zero).
• Ver que há só um ponto crítico, logo é mínimo global, e daí tirar a distância.
• Mostrar que o vetor P₀P é ortogonal à superfície nesse ponto.

Passo 2

Construindo f:
dist²(P₀,P)= (x–1)² + (y–1)² + (z–0)², mas z=x²+y².
Logo
f(x,y)=(x-1)^2+(y-1)^2+(x^2+y^2)^2
Para ver que não há máximo, note que, por exemplo, se fixo x=0 e y→+∞,
f(0,y)=(0-1)^2+(y-1)^2+y^4sim y^4to+infty
Então não existe ponto de máximo.

Passo 3

Agora as derivadas parciais (regra da cadeia e derivada de potências):
fx = 2(x-1) + 2,(x^2+y^2)'!x,(x^2+y^2) = 2(x-1) + 4x,(x^2+y^2),
fy = 2(y-1) + 4y,(x^2+y^2)

Passo 4

Procuramos pontos críticos com f_x=0 e f_y=0:
  1. 2(x-1)+4x(x^2+y^2)=0 (x-1)+2x,r^2=0 com r^2=x^2+y^2 r^2=(1-x)/(2x)
  2. De modo análogo r^2=(1-y)/(2y)
    Logo (1-x)/(2x)=(1-y)/(2y) ⇒ x=y.
    Substituindo x=y em f_x=0:
2(x-1)+4xcdot2x^2=0 Longrightarrow 4x^3 + x -1 =0
Fatorando 4x^3+x-1=(2x-1)(2x^2+x+1)=0, só sobra a raiz real x=1/2.
Logo único ponto crítico em (1/2,1/2).

Passo 5

Como f(x,y)→+∞ quando ‖(x,y)‖→∞ e há só um ponto crítico, ele é mínimo global.
A distância mínima é
dmin = raiz,f(1/2,1/2), = raizl(tfrac12-1r)^2+l(tfrac12-1r)^2 +l((tfrac12)^2+(tfrac12)^2r)^2 = raiztfrac14+tfrac14+l(tfrac12r)^2 = raiztfrac12+tfrac14 = tfracraiz32

Passo 6

Para ver a ortogonalidade, o vetor normal ao paraboloide z=x²+y² em (x,y) é
n=( -2x,,-2y,,1 )
No ponto crítico (½,½) temos n=(-1,-1,1).
O vetor P₀P₁, com P₁=(½,½,½), é
P₀P₁ = (½-1,;½-1,;½-0) = (-½,-½,½), ½½½½½½
que é paralelo a (-1,-1,1). Logo P₀P₁ ⟂ ℙ em P₁.

Resposta

Função: f(x,y)=(x-1)^2+(y-1)^2+(x^2+y^2)^2.
Derivadas: fx=2(x-1)+4x(x^2+y^2), fy=2(y-1)+4y(x^2+y^2).
Ponto crítico único: (tfrac12,tfrac12).
Distância mínima: tfracraiz32
O vetor P₀P₁ é ortogonal ao paraboloide em P₁.

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