Encontre os pontos de máximo e de minimo da função f(x, y, z)=x y z sujeita à restrição x+y+z=3.

Passo 1

O enunciado pede para encontrar os pontos de máximo e de mínimo da função f(x,y,z)=x y z sob a restrição x+y+z=3.
Informações dadas:
  • A função é f(x,y,z)=x y z.
  • A restrição é x+y+z=3.
O que se pede:
  • Determinar os pontos críticos da função f quando os pontos estão restritos à superfície (plano) definida por x+y+z=3.
  • Classificar esses pontos como máximo local, mínimo local, sela ou indicar se há máximo/minimo global.

Passo 2

Método escolhido (explicação breve e motivação): para problemas de otimização de uma função com uma restrição escalar, uma técnica padrão é multiplicadores de Lagrange. A ideia é que, em um extremo restrito, o gradiente de f fica paralelo ao gradiente da função restrição g(x,y,z)=x+y+z-3. Vou aplicar esse método passo a passo e explicar cada equação.
Breve aula sobre multiplicadores de Lagrange:
  • Definir a função restrição \,g(x,y,z)=x+y+z-3.
  • Formar a Lagrangiana \,\mathcal{L}(x,y,z,\lambda)=f(x,y,z)-\lambda g(x,y,z).
  • As condições de extremum restrito exigem as equações de primeira ordem: \frac{\partial \mathcal{L}}{\partial x}=0,\qquad \frac{\partial \mathcal{L}}{\partial y}=0,\qquad \frac{\partial \mathcal{L}}{\partial z}=0,\qquad g(x,y,z)=0.
  • Em palavras: \nabla f = \lambda \nabla g e a restrição precisa ser satisfeita.

Passo 3

Aplicando Lagrange ao problema:
Escrevo a Lagrangiana:
\mathcal{L}(x,y,z,\lambda)=x y z - \lambda (x+y+z-3).
Calculo as derivadas parciais e igualo a zero:
\frac{\partial \mathcal{L}}{\partial x}=y z - \lambda =0,
\frac{\partial \mathcal{L}}{\partial y}=x z - \lambda =0,
\frac{\partial \mathcal{L}}{\partial z}=x y - \lambda =0,
e a restrição
x+y+z=3.
Das três primeiras equações obtemos:
y z = \lambda,\qquad x z = \lambda,\qquad x y = \lambda.

Passo 4

Resolver o sistema das equações y z = x z = x y = \lambda.
Subtraindo pares obtemos:
(yz) - (xz) = 0 \implies (y-x)z = 0,
(xz) - (xy) = 0 \implies (z-y)x = 0,
(xy) - (yz) = 0 \implies (x-z)y = 0.
Essas igualdades implicam que, para cada par, ou os dois elementos são iguais ou um dos fatores é zero. Portanto há duas possibilidades principais:
  • Caso A: nenhum dos números x,y,z é zero e, em consequência, precisamos ter x=y=z.
  • Caso B: algum dos números é zero, o que pode forçar \lambda=0 e normalmente leva a soluções com pelo menos duas coordenadas zero (veremos).

Passo 5

Analisar o Caso A (nenhum zero): então x=y=z. Pela restrição:
3x=3 \implies x=1.
Logo um candidato é (x,y,z)=(1,1,1). O valor da função é
f(1,1,1)=1\cdot1\cdot1=1.

Passo 6

Analisar o Caso B (alguma coordenada zero).
Se por exemplo z=0, então das equações xy=\lambda e xz=\lambda com z=0 obtemos xz=0\Rightarrow \lambda=0 e xy=\lambda=0\Rightarrow xy=0. Com z=0 e xy=0 e a restrição x+y=3, isso força que pelo menos uma das outras duas seja zero? Vamos ver possibilidades concretas:
  • Se x=0 e z=0 então da restrição y=3, ponto (0,3,0).
  • Se y=0 e z=0 então x=3, ponto (3,0,0).
  • Se z=0 e por exemplo x\neq0 então xy=0 obriga y=0, voltando aos casos acima.
Portanto os pontos possíveis neste caso são as permutações de (3,0,0), isto é:
(3,0,0),\quad (0,3,0),\quad (0,0,3).
Nesses pontos temos \lambda=0 e f=0.

Passo 7

Resumo dos pontos críticos obtidos pelas equações de Lagrange:
  • (1,1,1) com f=1.
  • (3,0,0), (0,3,0), (0,0,3) com f=0.
Agora precisamos classificar esses pontos (máximo local, mínimo local, sela, e se há máximos/minimos globais).

Passo 8

Classificação de (1,1,1) (teste prático, explicado passo a passo):
Para estudar se (1,1,1) é máximo ou mínimo restrito, podemos fazer um pequeno deslocamento que preserve a restrição. Impondo y=1+u, z=1+v com u e v pequenos, então pela restrição
x=3-y-z=3-(1+u)-(1+v)=1-u-v.
Substituo em f:
f(x,y,z)=(1-u-v)(1+u)(1+v).
Faço a expansão em ordem até termos termos quadráticos (ignorando termos cúbicos e superiores porque para caracterizar um extremo local basta ver o sinal do termo quadrático):
(1+u)(1+v)=1+u+v+uv,
(1-u-v)(1+u+v+uv)=1 - u^2 - v^2 - u v + \text{(termos cúbicos)}.ú
Portanto, para u,v pequenos:
f \approx 1 -\bigl(u^2+uv+v^2\bigr).
O termo quadrático u^2+uv+v^2 é uma forma quadrática positiva definida (matriz \begin{pmatrix}1&1/2\\\ 1/2&1\end{pmatrix} tem autovalores positivos), logo -\bigl(u^2+uv+v^2\bigr) é negativa definida. Isso mostra que f diminui para qualquer deslocamento pequeno (não nulo) que preserve a restrição, ou seja, (1,1,1) é um ponto de máximo local restrito. Valor do máximo local: f(1,1,1)=1.

Passo 9

Classificação dos pontos (3,0,0) e permutações:
Faço um teste qualitativo: perto de (3,0,0) parametrizo por y=u, z=v pequenos e x=3-u-v. Então
f(x,y,z)=(3-u-v) u v \approx 3 u v + \text{(termos de ordem superior)}.
Como 3 u v pode assumir sinais positivos e negativos dependendo do sinal de u e v, em qualquer vizinhança de (3,0,0) existem pontos onde f é positivo e outros onde é negativo. Isso caracteriza um ponto de sela (não é nem máximo nem mínimo local). O mesmo vale para as outras permutações (0,3,0) e (0,0,3).

Passo 10

Existência de máximos/minimos globais:
Mostro que não há extremos globais porque f é ilimitada tanto para +\infty quanto para -\infty ao longo do plano x+y+z=3.
Exemplos que mostram afastamento:
  • Tome x=y=t. Então z=3-2t e f(t,t,3-2t)=t^2(3-2t)=3t^2-2t^3.Para t\to +\infty temos f\to -\infty.
  • Tome x=y=-t. Então z=3+2t e f(-t,-t,3+2t)=t^2(3+2t)=3t^2+2t^3.Para t\to +\infty temos f\to +\infty.
Portanto f não tem máximo global nem mínimo global sobre a restrição x+y+z=3.

Resposta

Ponto de máximo local: (1,1,1) com f(1,1,1)=1.
Pontos críticos do tipo sela: (3,0,0), (0,3,0), (0,0,3) (cada um com f=0).
Não existem mínimo local nem máximos/minímos globais: f é ilimitada acima e abaixo na restrição.

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