1. Determine os possíveis pontos de máximo ou mínimo da função f(x, y, z)=x^{2}+y^{2}+z^{2} sujeita a x^{2}+2 y^{2}-z^{2}-1=0.

Passo 1

O enunciado pede: “Determine os possíveis pontos de máximo ou mínimo” da função f(x,y,z)=x^{2}+y^{2}+z^{2} sujeita à restrição x^{2}+2y^{2}-z^{2}-1=0.
Informações dadas:
\text{Função a otimizar: } f(x,y,z)=x^{2}+y^{2}+z^{2}.çã
\text{Restrição: } g(x,y,z)=x^{2}+2y^{2}-z^{2}-1=0.çã
Queremos localizar pontos no conjunto definido por g(x,y,z)=0 onde f atinge extremos (máximos ou mínimos) e classificá-los (se possível).

Passo 2

Escolhemos resolver por multiplicadores de Lagrange. Breve aula: a ideia é que, em um ponto ótimo interior da superfície g=0, o gradiente de f deve ser paralelo ao gradiente de g. Isso leva a procurar \lambda tal que
\nabla f = \lambda \nabla g.
Aqui \nabla f é o vetor das derivadas parciais de f e \nabla g o das derivadas de g. Introduzimos a função Lagrangiana
\mathcal{L}(x,y,z,\lambda)=f(x,y,z)-\lambda\,g(x,y,z).
As condições de primeira ordem são:
\frac{\partial \mathcal{L}}{\partial x}=0,\quad \frac{\partial \mathcal{L}}{\partial y}=0,\quad \frac{\partial \mathcal{L}}{\partial z}=0,\quad g(x,y,z)=0.
Vou montar essas equações e resolvê-las passo a passo.

Passo 3

Calculemos as derivadas e escrevamos o sistema.
A Lagrangiana é
\mathcal{L}(x,y,z,\lambda)=x^{2}+y^{2}+z^{2}-\lambda\,(x^{2}+2y^{2}-z^{2}-1).
Derivando:
\frac{\partial \mathcal{L}}{\partial x}=2x-2\lambda x=2x(1-\lambda)=0,
\frac{\partial \mathcal{L}}{\partial y}=2y-4\lambda y=2y(1-2\lambda)=0,
\frac{\partial \mathcal{L}}{\partial z}=2z+2\lambda z=2z(1+\lambda)=0.
E a restrição
x^{2}+2y^{2}-z^{2}=1.
Então temos o sistema
2x(1-\lambda)=0,\quad 2y(1-2\lambda)=0,\quad 2z(1+\lambda)=0,\quad x^{2}+2y^{2}-z^{2}=1.

Passo 4

Resolvendo o sistema por casos sobre \lambda.
Observe que cada uma das primeiras três equações dá uma condição do tipo “ou a variável é zero, ou uma relação sobre \lambda é satisfeita”. As possibilidades úteis para \lambda são as que anulam os fatores:
\lambda=1,\quad \lambda=\tfrac{1}{2},\quad \lambda=-1.
Caso \lambda=1:
  • Da primeira equação: 2x(1-1)=0 é satisfeita para qualquer x.
  • Da segunda: 2y(1-2\cdot1)=2y(-1)=0 implica y=0.
  • Da terceira: 2z(1+1)=4z=0 implica z=0.
    Substituindo na restrição: x^{2}+0-0=1 então x=\pm 1.
    Pontos obtidos: (1,0,0) e (-1,0,0).
Caso \lambda=\tfrac{1}{2}:
  • Primeira eq.: 2x(1-\tfrac{1}{2})=2x(\tfrac{1}{2})=0 implica x=0.
  • Segunda eq.: 2y(1-2\cdot\tfrac{1}{2})=2y(0)=0 é satisfeita para qualquer y.
  • Terceira eq.: 2z(1+\tfrac{1}{2})=2z(\tfrac{3}{2})=0 implica z=0.
    Restrição: 0+2y^{2}-0=1 então y^{2}=\tfrac{1}{2}, ou seja y=\pm \tfrac{1}{\sqrt{2}}.
    Pontos obtidos: \bigl(0,\tfrac{1}{\sqrt{2}},0\bigr) e \bigl(0,-\tfrac{1}{\sqrt{2}},0\bigr).
Caso \lambda=-1:
  • Primeira eq.: 2x(1-(-1))=2x(2)=0 implica x=0.
  • Segunda eq.: 2y(1-2(-1))=2y(1+2)=6y=0 implica y=0.
  • Terceira eq.: 2z(1+(-1))=2z(0)=0 é satisfeita para qualquer z.
    Restrição: 0+0-z^{2}=1 leva a -z^{2}=1, impossível em reais. Portanto, não há soluções reais para \lambda=-1.
Não há outras \lambda que permitam simultaneamente variáveis não nulas além dos analisados; portanto os candidatos estacionários são apenas os quatro pontos acima.

Passo 5

Calculemos os valores de f nesses pontos (isso ajuda a classificar).
Para \bigl(0,\pm\tfrac{1}{\sqrt{2}},0\bigr):
f=0^{2}+\Bigl(\tfrac{1}{\sqrt{2}}\Bigr)^{2}+0^{2}=\tfrac{1}{2}.
Para (\pm 1,0,0):
f=(\pm1)^{2}+0+0=1.
Portanto os valores críticos encontrados são f=\tfrac{1}{2} e f=1.

Passo 6

Classificação dos pontos:
  • Sobre existência de máximo global: a superfície x^{2}+2y^{2}-z^{2}=1 é não compacta (é uma hipérbole de uma folha dupla no sentido tridimensional), e é fácil ver que f pode ficar arbitrariamente grande sobre essa superfície. Exemplo: tomar y=0, x=t com t\to\infty e escolher z=\pm\sqrt{t^{2}-1} satisfaz a restrição; então
f=t^{2}+0+(t^{2}-1)=2t^{2}-1\to\infty.
Logo não existe máximo global.
  • Sobre mínimo global: entre os pontos críticos, o menor valor de f é \tfrac{1}{2} obtido em \bigl(0,\pm\tfrac{1}{\sqrt{2}},0\bigr). Como f tende a +\infty quando nos afastamos, e os pontos críticos são finitos, estes pontos com f=\tfrac{1}{2} são mínimos globais (e portanto mínimos locais também).
  • Os pontos (\pm1,0,0) dão f=1 e não são mínimos. Para ver que não são máximos tampouco locais, podemos mostrar que existem direções na superfície que diminuem f e outras que aumentam f a partir desses pontos (comportamento de sela). Por exemplo, em (1,0,0) faça uma pequena variação com y=t e ajuste x por \varepsilon de forma a manter a restrição; para t pequeno podemos escolher \varepsilon\approx -t^{2} e então
f\approx 1- t^{2}<1,
mostrando que f decresce em certas direções; por outro lado escolhendo variação com z\neq0 obtemos f>1. Isso caracteriza comportamento de sela (ponto crítico, mas não extremo).

Passo 7

Resumo didático do porquê do método e dos resultados (curtinho): usamos multiplicadores de Lagrange porque procuramos extremos sujeitos a uma restrição suave; isso fornece um sistema algébrico simples que levou a quatro pontos candidatos, dos quais dois são viáveis mínimos globais e dois são pontos de sela. Não há máximo global porque a superfície é não compacta e f cresce sem limite.

Resposta

Mínimos globais: \displaystyle \bigl(0,\tfrac{1}{\sqrt{2}},0\bigr) e \displaystyle \bigl(0,-\tfrac{1}{\sqrt{2}},0\bigr) com valor mínimo f=\tfrac{1}{2}.
Máximo global: não existe ( f é arbitrariamente grande na superfície).
Pontos estacionários não-extremos (sela): (1,0,0) e (-1,0,0) com f=1.

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