1. Determine P na elipse x^{2}+2 y^{2}=6 e Q na reta x+y=4 de modo que a distância de P a Q seja a menor possível.
  2. Considere a forma quadrática Q(x, y)=a x^{2}+2 b x y+c y^{2} onde a, b, c são constantes não simultaneamente nulas. Seja g(x, y)=x^{2}+y^{2}-1. Suponha que \left(x_{0}, y_{0}, \lambda_{0}\right) seja solução do sistema
\left\{\begin{aligned} \nabla Q(x, y) & =\lambda \nabla g(x, y) \\\ x^{2}+y^{2} & =1 \end{aligned}\right.
Prove que Q\left(x_{0}, y_{0}\right)=\lambda_{0}.

Passo 1

Questões dadas e o que se pede:
  • Exercício 25: temos a elipse [x{2}+2y{2}=6) e a reta x+y=4. Pede-se determinar um ponto P que pertença à elipse e um ponto Q que pertença à reta de modo que a distância entre P e Q seja a menor possível. Informações relevantes: equação da elipse x^{2}+2y^{2}=6 e equação da reta x+y=4.
  • Exercício 26: temos a forma quadrática Q(x,y)=a x^{2}+2 b x y+c y^{2} com constantes a,b,c não todas nulas, e a restrição g(x,y)=x^{2}+y^{2}-1. Suponha que \left(x_{0},y_{0},\lambda_{0}\right) resolva o sistema
\begin{cases} \nabla Q(x,y)=\lambda \nabla g(x,y)\\[4pt] x^{2}+y^{2}=1. \end{cases}
Pede-se provar que (Q\left(x_{0},y_{0}\right)=\lambda_{0}].]

Passo 2

Começando pelo Exercício 25 — estratégia e conceito de distância ponto‑reta. A distância de um ponto (x_{0},y_{0}) à reta dada por a x+b y+c=0 é
\frac{|a x_{0}+b y_{0}+c|}{\sqrt{a^{2}+b^{2}}}.
No nosso caso a reta é x+y=4, que pode ser escrita como x+y-4=0 com a=1,b=1,c=-4. Assim a distância de um ponto (x,y) à reta é
d(x,y)=\frac{|x+y-4|}{\sqrt{2}}.
Minimizar d(x,y) sobre pontos (x,y) da elipse é equivalente a minimizar |x+y-4|, e como |\cdot| é minimizado quando seu quadrado é minimizado, é mais prático minimizar a função
F(x,y)=(x+y-4)^{2}
sujeito à restrição x^{2}+2y^{2}=6. Minimizar F ou F ao quadrado dá o mesmo ponto mínimo e evita valor absoluto.

Passo 3

Método: multiplicadores de Lagrange. Explico rápido: para minimizar F(x,y)\) sujeito à restrição \(G(x,y)=x^{2}+2y^{2}-6=0\), formamos a função Lagrange \[\mathcal{L}(x,y,\lambda)=F(x,y)+\lambda G(x,y).
As condições de ponto estacionário (candidatos a mínimo) são
\nabla \mathcal{L}=\mathbf{0}\quad\Longleftrightarrow\quad \begin{cases} \frac{\partial \mathcal{L}}{\partial x}=0,\\[4pt] \frac{\partial \mathcal{L}}{\partial y}=0,\\[4pt] G(x,y)=0. \end{cases}
Intuição: a direção de maior variação (gradiente) de F\] deve ser paralela à da restrição \(G no ponto ótimo.]

Passo 4

Calculemos as derivadas. Temos F(x,y)=(x+y-4)^{2}, logo
\frac{\partial F}{\partial x}=2(x+y-4)\cdot 1=2(x+y-4),
\frac{\partial F}{\partial y}=2(x+y-4)\cdot 1=2(x+y-4).
A restrição é G(x,y)=x^{2}+2y^{2}-6, então
\frac{\partial G}{\partial x}=2x,\qquad \frac{\partial G}{\partial y}=4y.
As equações de Lagrange \nabla F=\!-\lambda \nabla G (ou \nabla F+\lambda\nabla G=\mathbf{0}, a mesma coisa) são
2(x+y-4)+\lambda\cdot 2x=0,
2(x+y-4)+\lambda\cdot 4y=0,
junto com a restrição x^{2}+2y^{2}=6. Dividindo as duas primeiras equações por 2 para simplificar:
(x+y-4)+\lambda x=0 \quad (1)
(x+y-4)+2\lambda y=0 \quad (2)

Passo 5

Subtraindo (1) menos (2) obtemos
\lambda x - 2\lambda y = 0 \quad\Longrightarrow\quad \lambda(x-2y)=0.
Temos duas possibilidades: (A) [\lambda=0) ou (B) x=2y.
Caso (A) \lambda=0: das equações (1) ou (2) segue x+y-4=0, isto é x+y=4. Então devemos resolver simultaneamente
\begin{cases} x+y=4,\\\ x^{2}+2y^{2}=6. \end{cases}
Substituindo x=4-y\] na elipse: \[(4-y)^{2}+2y^{2}=6 \;\Longrightarrow\; 16-8y+y^{2}+2y^{2}=6 \;\Longrightarrow\; 3y^{2}-8y+10=0.\] O discriminante dessa quadrática é \(\Delta = (-8)^{2}-4\cdot 3\cdot 10=64-120=-56<0. Portanto não há solução real neste caso. Logo \lambda\neq 0.

Passo 6

Portanto estamos no caso (B): x=2y. Substituindo na equação da elipse:
(2y)^{2}+2y^{2}=4y^{2}+2y^{2}=6y^{2}=6 \;\Longrightarrow\; y^{2}=1.
Assim y=\pm 1 e x=2y dá os dois pontos candidatos na elipse:
(2,1)\quad\text{e}\quad(-2,-1).
Agora calculamos a distância à reta x+y=4 para cada um. Lembre que d(x,y)=\dfrac{|x+y-4|}{\sqrt{2}}.
Para (2,1): x+y-4=2+1-4=-1 então d=\dfrac{1}{\sqrt{2}}.
Para (-2,-1): x+y-4=-2-1-4=-7 então d=\dfrac{7}{\sqrt{2}}.
O menor é \dfrac{1}{\sqrt{2}} em P=(2,1). Bons, já temos P.

Passo 7

Encontrar Q, o ponto da reta x+y=4 mais próximo de P=(2,1). Geometricamente, o segmento PQ deve ser perpendicular à reta; a reta x+y=4 tem vetor normal (1,1). Assim a projeção de P sobre a reta é obtida andando de P na direção do vetor normal até atingir a reta. Escrevemos
Q=P+s(1,1)=(2+s,\,1+s)
e exigimos que Q satisfaça x+y=4:
(2+s)+(1+s)=4 \;\Longrightarrow\; 3+2s=4 \;\Longrightarrow\; s=\tfrac{1}{2}.
Logo
Q=\Bigl(2+\tfrac{1}{2},\,1+\tfrac{1}{2}\Bigr)=\Bigl(\tfrac{5}{2},\,\tfrac{3}{2}\Bigr).
Verificação rápida: soma 5/2+3/2=4. Distância PQ vale \dfrac{1}{\sqrt{2}}, consistente com cálculo anterior.

Passo 8

Agora Exercício 26 — estrutura do problema e planejamento do argumento. A forma quadrática
Q(x,y)=a x^{2}+2 b x y+c y^{2}
pode ser associada à matriz simétrica
A=\begin{pmatrix}a & b\\[4pt] b & c\end{pmatrix},
pois em notação matricial
Q(x,y)=\begin{pmatrix}x & y\end{pmatrix} \begin{pmatrix}a & b\\[4pt] b & c\end{pmatrix} \begin{pmatrix}x\\[2pt] y\end{pmatrix}.
A restrição é g(x,y)=x^{2}+y^{2}-1=0. Supondo que (x_{0},y_{0},\lambda_{0}) satisfaça \nabla Q=\lambda \nabla g e x^{2}+y^{2}=1, vamos manipular essas equações e deduzir a relação pedida.]

Passo 9

Calculemos explicitamente os gradientes. Para Q as derivadas parciais são
\frac{\partial Q}{\partial x}=2ax+2by,\qquad \frac{\partial Q}{\partial y}=2bx+2c y.
Em vetor:
\nabla Q(x,y)=2\begin{pmatrix}a & b\\[4pt] b & c\end{pmatrix}\begin{pmatrix}x\\[2pt] y\end{pmatrix}=2A\begin{pmatrix}x\\[2pt] y\end{pmatrix}.
Para g temos
\nabla g(x,y)=2\begin{pmatrix}x\\[2pt] y\end{pmatrix}.]

Passo 10

A condição de Lagrange \nabla Q=\lambda \nabla g em (x_{0},y_{0},\lambda_{0}) torna-se, com os fatores 2 cancelados,
A\begin{pmatrix}x_{0}\\[2pt] y_{0}\end{pmatrix}=\lambda_{0}\begin{pmatrix}x_{0}\\[2pt] y_{0}\end{pmatrix}.
Isto significa que o vetor \begin{pmatrix}x_{0}\\\ y_{0}\end{pmatrix} é um autovetor de A associado ao autovalor \lambda_{0}.]

Passo 11

Agora calcule Q(x_{0},y_{0}) em forma matricial:
Q(x_{0},y_{0})=\begin{pmatrix}x_{0} & y_{0}\end{pmatrix}A\begin{pmatrix}x_{0}\\[2pt] y_{0}\end{pmatrix}.
Usando a relação A\begin{pmatrix}x_{0}\\\ y_{0}\end{pmatrix}=\lambda_{0}\begin{pmatrix}x_{0}\\\ y_{0}\end{pmatrix} obtemos
Q(x_{0},y_{0})=\begin{pmatrix}x_{0} & y_{0}\end{pmatrix}\bigl(\lambda_{0}\begin{pmatrix}x_{0}\\[2pt] y_{0}\end{pmatrix}\bigr) =\lambda_{0}\bigl(x_{0}^{2}+y_{0}^{2}\bigr).
Pela restrição x_{0}^{2}+y_{0}^{2}=1 segue imediatamente
Q(x_{0},y_{0})=\lambda_{0}\cdot 1=\lambda_{0}.]

Resposta

P=(2,1),\;Q=\bigl(\tfrac{5}{2},\tfrac{3}{2}\bigr)
Q(x_{0},y_{0})=\lambda_{0}

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