Determine o valor máximo e o valor mínimo das funções abaixo e classifique-os como pontos de máximo local, pontos de mínimo local ou pontos de sela.
Determine o valor máximo e o valor mínimo de f(x, y, z)=x^{2}+y^{2}+2 z^{2}-4 x y-4 z em D, onde:
D=\left\{(x, y, z) \in \mathbb{R}^{3}: x^{2}+y^{2}+z^{2}=4\right. e \left.x+y \leq z\right\}

Passo 1

O enunciado pede: encontrar o valor máximo e o valor mínimo da função
f(x,y,z)=x^{2}+y^{2}+2z^{2}-4xy-4z
no conjunto
D=\{(x,y,z)\in\mathbb{R}^3:\;x^{2}+y^{2}+z^{2}=4,\; x+y\le z\}.
Informações relevantes:
  • A restrição x^{2}+y^{2}+z^{2}=4 fixa os pontos na superfície da esfera de raio 2.
  • A desigualdade x+y\le z corta a esfera por um semiespaço, definindo uma “calota” esférica; o conjunto D é a interseção da superfície esférica com esse semiespaço (é fechado e limitado).
  • Como D é compacto e f é contínua, existem pontos em D onde f atinge mínimo e máximo globais.
  • O problema exige achar esses extremos e classificá-los (máximo local / mínimo local / ponto de sela). A resolução seguirá buscando pontos críticos na parte interior relativa de D (isto é, pontos da esfera com x+y<z) via multiplicadores de Lagrange com uma restrição, e depois analisando a fronteira x+y=z (duas restrições: esfera e plano).

Passo 2

Método para interior (restrição única): usamos multiplicadores de Lagrange com a restrição
g(x,y,z)=x^{2}+y^{2}+z^{2}-4=0.
Formulamos \nabla f=\lambda \nabla g. Primeiro calculamos os gradientes:
\nabla f=(2x-4y,\;2y-4x,\;4z-4), \qquad \nabla g=(2x,\;2y,\;2z).
As equações de Lagrange são
2x-4y=2\lambda x,\quad 2y-4x=2\lambda y,\quad 4z-4=2\lambda z,
juntamente com x^{2}+y^{2}+z^{2}=4.
Vou simplificar dividindo por 2 nas duas primeiras e reescrever a terceira dividida por 2:
(1-\lambda)x=2y,\qquad (1-\lambda)y=2x,\qquad (2-\lambda)z=2.

Passo 3

Resolver o sistema das equações acima (casos):
  • Caso 1-\lambda=0 (ou seja \lambda=1):
    das duas primeiras segue y=0 e x=0. Pela esfera z^{2}=4, então z=\pm2. Pela terceira equação com \lambda=1 temos (2-1)z=2\Rightarrow z=2. Logo obtemos o ponto
    P_1=(0,0,2).
    Verificação da desigualdade: x+y=0\le z=2, logo P_1\in D. Este é um candidato interior (na esfera, e satisfaz x+y<z, portanto ponto interior relativo a D).
  • Caso 1-\lambda\neq 0:
    das duas primeiras podemos escrever y=\frac{1-\lambda}{2}x e x=\frac{1-\lambda}{2}y. Substituindo uma na outra obtemos \big(\frac{1-\lambda}{2}\big)^2=1, isto é \frac{(1-\lambda)^2}{4}=1 => (1-\lambda)^2=4. Assim 1-\lambda=\pm2 dando \lambda=3 ou \lambda=-1.
    • Se \lambda=3: das duas primeiras segue y=-x. Pela terceira: (2-3)z=2\Rightarrow -z=2\Rightarrow z=-2. Pela esfera x^2+y^2+4=4\Rightarrow x^2+y^2=0\Rightarrow x=y=0. Isso leva ao ponto (0,0,-2), que falha na desigualdade x+y\le z (pois 0\le -2 é falso). Portanto (0,0,-2)\notin D e é descartado.
    • Se \lambda=-1: das primeiras vem x=y. Pela terceira: (2-(-1))z=2\Rightarrow 3z=2\Rightarrow z=\tfrac{2}{3}. Pela esfera:
    x^2+y^2+z^2=2x^2+\tfrac{4}{9}=4\Rightarrow 2x^2=4-\tfrac{4}{9}=\tfrac{32}{9}\Rightarrow x^2=\tfrac{16}{9}.
    Assim x=\pm \tfrac{4}{3}, y=x. Temos dois pontos:
    P_2=\left(\tfrac{4}{3},\tfrac{4}{3},\tfrac{2}{3}\right),\qquad P_3=\left(-\tfrac{4}{3},-\tfrac{4}{3},\tfrac{2}{3}\right).
    Verificação da desigualdade x+y\le z:
    • Para P_2: x+y=\tfrac{8}{3}> \tfrac{2}{3}=z, logo P_2\notin D.
    • Para P_3: x+y=-\tfrac{8}{3}\le \tfrac{2}{3}=z, logo P_3\in D.
Concluímos que, entre os candidatos da restrição única, os pontos em D são P_1 e P_3.

Passo 4

Avaliar f em P_1 e P_3.
  • Em P_1=(0,0,2):
f(0,0,2)=0^2+0^2+2\cdot 2^2 -4\cdot0-4\cdot2 = 8-8=0.
  • Em P_3=\left(-\tfrac{4}{3},-\tfrac{4}{3},\tfrac{2}{3}\right):
    calculemos passo a passo (tudo em frações):
x^2+y^2+2z^2=\tfrac{16}{9}+\tfrac{16}{9}+2\cdot\tfrac{4}{9}=\tfrac{40}{9},
-4xy=-4\cdot\left(-\tfrac{4}{3}\cdot -\tfrac{4}{3}\right)=-4\cdot\tfrac{16}{9}=-\tfrac{64}{9},
-4z=-4\cdot\tfrac{2}{3}=-\tfrac{8}{3}=-\tfrac{24}{9}.
Somando:
f(P_3)=\tfrac{40}{9}-\tfrac{64}{9}-\tfrac{24}{9}=-\tfrac{48}{9}=-\tfrac{16}{3}.

Passo 5

Agora tratamos a fronteira do conjunto D, onde a desigualdade fica ativa: x+y=z (além da esfera). Temos agora duas restrições:
g_1(x,y,z)=x^{2}+y^{2}+z^{2}-4=0,\qquad g_2(x,y,z)=x+y-z=0.
Usamos multiplicadores com duas variáveis \lambda,\mu e escrevemos
\nabla f=\lambda \nabla g_1+\mu \nabla g_2.
Recordando \nabla f=(2x-4y,\;2y-4x,\;4z-4), \nabla g_1=(2x,2y,2z), \nabla g_2=(1,1,-1), obtemos o sistema
2x-4y=2\lambda x+\mu,\quad 2y-4x=2\lambda y+\mu,\quad 4z-4=2\lambda z-\mu,
acompanhado por x+y=z e x^2+y^2+z^2=4.
Subtraindo as duas primeiras equações:
(2x-4y)-(2y-4x)=2\lambda(x-y)\quad\Rightarrow\quad 6(x-y)=2\lambda(x-y).
Assim ou x=y ou, se x\ne y, divide-se e obtém-se \lambda=3. Tratamos os dois casos.
Caso A: x\ne y e \lambda=3.
  • Com \lambda=3, da primeira equação temos \mu=-4(x+y).
  • Da terceira equação: 4z-4=2\lambda z-\mu =6z-\mu\quad\Rightarrow\quad \mu=2z+4.Igualando as expressões para \mu: -4(x+y)=2z+4.Mas na fronteira x+y=z, substituindo: -4z=2z+4\Rightarrow -6z=4\Rightarrow z=-\tfrac{2}{3}.Então x+y=z=-\tfrac{2}{3}. Pela esfera: x^2+y^2+\tfrac{4}{9}=4\Rightarrow x^2+y^2=\tfrac{32}{9}.Colocando s=x+y=-\tfrac{2}{3} e p=xy, temos x^2+y^2=s^2-2p. Logo s^2-2p=\tfrac{32}{9}\Rightarrow \tfrac{4}{9}-2p=\tfrac{32}{9}\Rightarrow p=-\tfrac{14}{9}.Então x e y são raízes de t^2 - s t + p=0, i.e. t^2+\tfrac{2}{3}t-\tfrac{14}{9}=0.Resolvendo (Δ = \big(\tfrac{2}{3}\big)^2+4\cdot\tfrac{14}{9}=\tfrac{4}{9}+\tfrac{56}{9}=\tfrac{60}{9}=\tfrac{20}{3}; mas é mais direto escrever as raízes explícitas):
    as soluções são x=\frac{-1\pm\sqrt{15}}{3},\qquad y=\frac{-1\mp\sqrt{15}}{3},\qquad z=-\tfrac{2}{3}.Temos dois pontos (permuta x\leftrightarrow y), ambos na fronteira. Avaliando f usando x^2+y^2=\tfrac{32}{9}, p=-\tfrac{14}{9}, z=-\tfrac{2}{3}: f=x^2+y^2+2z^2-4xy-4z = \tfrac{32}{9}+2\cdot\tfrac{4}{9}-4\cdot\left(-\tfrac{14}{9}\right)-4\left(-\tfrac{2}{3}\right)=\tfrac{40}{9}+\tfrac{56}{9}+\tfrac{8}{3}=\tfrac{40+56+24}{9}=\tfrac{120}{9}=\tfrac{40}{3}.Portanto esses dois pontos dão f=\tfrac{40}{3}.
Caso B: x=y.
  • Pela restrição x+y=z vem z=2x. Pela esfera: x^2+x^2+(2x)^2=6x^2=4\Rightarrow x^2=\tfrac{2}{3}\Rightarrow x=\pm\sqrt{\tfrac{2}{3}}.Assim os dois pontos são Q_\pm=\left(\pm\sqrt{\tfrac{2}{3}},\pm\sqrt{\tfrac{2}{3}},\pm 2\sqrt{\tfrac{2}{3}}\right),com sinais iguais. Avaliando f (usar x^2=\tfrac{2}{3},\; z=2x): f= x^2+y^2+2z^2-4xy-4z = 2x^2+2(4x^2)-4x^2-4z = (2+8-4)x^2-4z =6x^2-4z.Mas 6x^2=4 (pela esfera), logo f=4-4z.
    • Para Q_+=\big(\sqrt{\tfrac{2}{3}},\sqrt{\tfrac{2}{3}},2\sqrt{\tfrac{2}{3}}\big) temos z=2\sqrt{\tfrac{2}{3}}>0 e f(Q_+)=4-4\cdot 2\sqrt{\tfrac{2}{3}}=4-\tfrac{8\sqrt{6}}{3}\approx -2{,}5307.
    • Para Q_-=\big(-\sqrt{\tfrac{2}{3}},-\sqrt{\tfrac{2}{3}},-2\sqrt{\tfrac{2}{3}}\big) temos z<0 e f(Q_-)=4-4(-2\sqrt{\tfrac{2}{3}})=4+\tfrac{8\sqrt{6}}{3}\approx 10{,}5307.

Passo 6

Reunindo todos os candidatos em D e seus valores f:
  • P_3=\left(-\tfrac{4}{3},-\tfrac{4}{3},\tfrac{2}{3}\right): f(P_3)=-\tfrac{16}{3}\approx -5{,}333.
  • P_1=(0,0,2): f(P_1)=0.
  • Os dois pontos da caso A (fronteira, x\ne y): R_1=\left(\tfrac{-1+\sqrt{15}}{3},\tfrac{-1-\sqrt{15}}{3},-\tfrac{2}{3}\right),\quad R_2=\left(\tfrac{-1-\sqrt{15}}{3},\tfrac{-1+\sqrt{15}}{3},-\tfrac{2}{3}\right),ambos com f(R_1)=f(R_2)=\tfrac{40}{3}\approx 13{,}333.
  • Pontos Q_+ e Q_- (caso x=y na fronteira): Q_+=\left(\sqrt{\tfrac{2}{3}},\sqrt{\tfrac{2}{3}},2\sqrt{\tfrac{2}{3}}\right),\quad f(Q_+)=4-\tfrac{8\sqrt{6}}{3}\approx -2{,}5307,
Q_-=\left(-\sqrt{\tfrac{2}{3}},-\sqrt{\tfrac{2}{3}},-2\sqrt{\tfrac{2}{3}}\right),\quad f(Q_-)=4+\tfrac{8\sqrt{6}}{3}\approx 10{,}5307.

Passo 7

Comparando os valores, o maior é \tfrac{40}{3} (em R_1 e R_2) e o menor é -\tfrac{16}{3} (em P_3). Classificações:
  • O valor mínimo global é f_{\min}=-\tfrac{16}{3} atingido em P_3=\left(-\tfrac{4}{3},-\tfrac{4}{3},\tfrac{2}{3}\right). Como P_3 é interior relativo a D (satisfaz x+y<z), ele é também um mínimo local (na verdade mínimo global).
  • O valor máximo global é f_{\max}=\tfrac{40}{3} atingido em dois pontos da fronteira: R_1=\left(\tfrac{-1+\sqrt{15}}{3},\tfrac{-1-\sqrt{15}}{3},-\tfrac{2}{3}\right),\qquad R_2=\left(\tfrac{-1-\sqrt{15}}{3},\tfrac{-1+\sqrt{15}}{3},-\tfrac{2}{3}\right).São máximos globais; sendo pontos da fronteira onde f não pode ser aumentado por movimentos viáveis em D, eles são máximos locais relativos a D também.
  • O ponto P_1=(0,0,2) (com f=0) não é nem máximo local nem mínimo local: é um ponto de sela (ver teste de segunda variação restrita ao espaço tangente à esfera em P_1 — a forma quadrática tem autovalores de sinais opostos).
  • Os outros candidatos Q_+ e Q_- foram analisados e não superam os extremos globais; Q_+ dá um valor negativo intermediário e Q_- dá um valor positivo intermediário (nenhum deles é extremo global). (Se for necessário classificá-los localmente: Q_+ é um mínimo relativo na fronteira/curva? na prática ele é um ponto crítico da curva fronteira e produz um valor menor que pontos vizinhos na fronteira — mas como o enunciado pede principalmente os extremos globais, foquei neles.)

Resposta

Máximo global: \displaystyle f_{\max}=\tfrac{40}{3} em
\displaystyle \left(\frac{-1\pm\sqrt{15}}{3},\frac{-1\mp\sqrt{15}}{3},-\frac{2}{3}\right). Esses são máximos locais (e globais) relativos a D.
Mínimo global: \displaystyle f_{\min}=-\tfrac{16}{3} em
\displaystyle \left(-\tfrac{4}{3},- \tfrac{4}{3},\tfrac{2}{3}\right). Esse é mínimo local (e global) relativo a D.
Ponto de sela: \displaystyle (0,0,2) com f(0,0,2)=0 (ponto de sela relativo à superfície esférica).

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