Minimize e maximize f(x, y).
f=x+y com g=\frac{1}{x}+\frac{1}{y}-1=0.

Passo 1

O problema pede para minimizar e maximizar a função f(x,y)=x+y sujeita à restrição
g(x,y)=\frac{1}{x}+\frac{1}{y}-1=0.
Informações e observações importantes dadas pelo enunciado:
  • A restrição implica \frac{1}{x}+\frac{1}{y}=1.
  • Devemos ter x\neq 0 e y\neq 0 (pois aparecem em denominadores).
  • O enunciado não especifica explicitamente se x e y são positivos; por isso vou:
    1. encontrar pontos críticos sem assumir sinal, e
    2. analisar o comportamento da função ao longo da curva de restrição para decidir se há mínimo/máximo global, e ainda comentar o caso restrito x,y>0 (que é muito natural aqui, pois muitas questões desse tipo assumem domínio positivo).
      Nada mais será resolvido neste passo; agora partimos para o método.

Passo 2

Escolhemos o método dos multiplicadores de Lagrange porque:
  • Temos uma função a otimizar sujeita a uma restrição dada por uma equação g(x,y)=0.
  • O método fornece condições necessárias (sistema de equações) para pontos candidatos a extremos na curva definida pela restrição.
    Vou explicar o método de forma simples: definimos a função de Lagrange
\mathcal{L}(x,y,\lambda)=f(x,y)-\lambda\,g(x,y),
onde \lambda é o multiplicador de Lagrange (um número que ajusta a importância da restrição). As condições necessárias são
\frac{\partial\mathcal{L}}{\partial x}=0,\qquad \frac{\partial\mathcal{L}}{\partial y}=0,\qquad g(x,y)=0.
Essas equações correspondem a pedir que o gradiente de f seja paralelo ao gradiente de g na curva de restrição.

Passo 3

Escrevendo \mathcal{L} para o nosso caso:
\mathcal{L}(x,y,\lambda)=x+y-\lambda\!\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}-1\right).
Agora calculamos as derivadas parciais (vou explicar cada termo):
  • \dfrac{\partial}{\partial x}(x+y)=1.
  • \dfrac{\partial}{\partial x}\!\left(\dfrac{1}{x}\right)=-\dfrac{1}{x^{2}}.
    Portanto
\frac{\partial\mathcal{L}}{\partial x}=1-\lambda\left(-\frac{1}{x^{2}}\right)=1+\frac{\lambda}{x^{2}}.
Análogo para y:
\frac{\partial\mathcal{L}}{\partial y}=1+\frac{\lambda}{y^{2}}.
As condições \frac{\partial\mathcal{L}}{\partial x}=0 e \frac{\partial\mathcal{L}}{\partial y}=0 dão
1+\frac{\lambda}{x^{2}}=0,\qquad 1+\frac{\lambda}{y^{2}}=0.
Dessas duas equações obtemos
\lambda=-x^{2},\qquad \lambda=-y^{2}\quad\Rightarrow\quad x^{2}=y^{2}.
Então os candidatos satisfazem y=\pm x, além de cumprir a restrição \dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}=1.

Passo 4

Analisamos as duas possibilidades y=x e y=-x:
  • Caso y=x: a restrição fica
    \frac{1}{x}+\frac{1}{x}=1\quad\Rightarrow\quad \frac{2}{x}=1\quad\Rightarrow\quad x=2.
    Logo y=2. Esse ponto (2,2) é um candidato crítico. O valor de f ali é
    f(2,2)=2+2=4.
  • Caso y=-x: a restrição fica
    \frac{1}{x}+\frac{1}{-x}=1\quad\Rightarrow\quad 0=1,
    que é impossível. Portanto não há soluções nessa subcaso.
Concluímos que o único ponto crítico pelo método de Lagrange é (2,2) (desde que x,y\neq 0, claro).

Passo 5

Agora precisamos determinar se (2,2) é mínimo, máximo, ou apenas um ponto crítico local, e verificar existência de extremos globais na curva de restrição. Uma forma prática: parametrizar a restrição e estudar a função de uma variável.
Da restrição \dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}=1 isolamos y (desde que x\neq 1):
\frac{1}{y}=1-\frac{1}{x}=\frac{x-1}{x}\quad\Rightarrow\quad y=\frac{x}{x-1}.
Substituindo em f obtemos uma função univariada
h(x)=f\bigl(x,y(x)\bigr)=x+\frac{x}{x-1}.
Para simplificar:
h(x)=\frac{x(x-1)+x}{x-1}=\frac{x^{2}}{x-1}.
O domínio desta função é x\neq 0 e x\neq 1 (porque y e a expressão ficam indefinidas nesses pontos). Note que x pode ser positivo ou negativo, exceto 0 e 1.

Passo 6

Calculamos a derivada de h(x) para localizar extremos univariados:
h'(x)=\frac{d}{dx}\left(\frac{x^{2}}{x-1}\right).
Usando a regra do quociente (ou diferenciando como produto), obtemos
h'(x)=\frac{x(x-2)}{(x-1)^{2}}.
Os zeros de h' são x=0 e x=2. O ponto x=0 não pertence ao domínio (é excluído), então o único crítico válido é x=2, consistente com o multiplicador de Lagrange. Agora analisamos o sinal de h' para ver o tipo de extremo:
  • O denominador (x-1)^{2}>0 exceto em x=1 (onde não está definido).
  • O sinal de h' vem do numerador x(x-2):
    • Para 1<x<2: numerador negativo ⇒ h'<0 (função decresce).
    • Para x>2: numerador positivo ⇒ h'>0 (função cresce).
      Logo em x=2 a derivada troca de negativa para positiva: é um mínimo local. O valor em x=2 é
h(2)=\frac{2^{2}}{2-1}=4,
confirmando que em (2,2) temos f=4 e que é um mínimo local na componente com x>1.

Passo 7

Agora verificamos o comportamento nas bordas e em outras componentes da curva para decidir sobre extremos globais.
Analisando limites de h(x)=\dfrac{x^{2}}{x-1}:
  • Ao aproximar x\to 1^{+}: h(x)\to +\infty.
  • Ao aproximar x\to 1^{-}: h(x)\to -\infty.
  • Quando x\to +\infty: h(x)\sim x\to +\infty.
  • Quando x\to -\infty: h(x)\sim x\to -\infty.
  • Ao aproximar x\to 0^{+}: h(x)\to 0. Ao aproximar x\to 0^{-}: h(x)\to 0 (sinal conforme o lado).
    Conclusões:
  • Na componente com x>1 (que corresponde a y>1 também), h(x) tem um mínimo global local em x=2 com valor 4 e diverge para +\infty nos extremos dessa componente. Portanto nesta componente o ponto (2,2) é o mínimo global daquela componente da curva de restrição.
  • Na componente 0<x<1 (então y<0), h(x) vai de 0 até -\infty quando x\to 1^{-}: ali não há mínimo finito, a função é não limitada inferiormente (vai a -\infty).
  • Na componente x<0 (então y<0 ou y>0 dependendo de x), também h(x)\to -\infty quando x\to -\infty. Assim, ao considerar todos os x\neq 0,1, a função f ao longo da curva não tem limite inferior finito: ela pode ficar arbitrariamente negativa.
  • Quanto a máximo global: a função também fica arbitrariamente grande (por exemplo ao aproximar x\to 1^{+} temos h\to +\infty), então não existe máximo finito.

Passo 8

Resumo e interpretação final (tomando em conta o caso natural x,y>0 e o caso geral x,y\in\mathbb{R}\setminus\{0\}):
  • Se restringirmos a x>0 e y>0: a restrição força x>1 e y>1. Nessa componente positiva a única solução crítica é (2,2), e ela dá o menor valor possível da soma x+y sobre a curva positiva. Portanto existe mínimo global na parte positiva: f_{\min}=4 em (2,2). Não há máximo (a soma tende a +\infty quando x\to 1^{+} ou x\to +\infty).
  • Se permitirmos x,y quaisquer não nulos (domínio \mathbb{R}\setminus\{0\} para cada coordenada): a soma x+y ao longo da curva descrita pela restrição é não limitada inferiormente (vai para -\infty) e também não é limitada superiormente (vai para +\infty). Portanto não existe mínimo global nem máximo global finitos. Ainda assim (2,2) é um mínimo local (e o mínimo da componente x>1,y>1) com valor 4.

Resposta

Se x,y>0: mínimo f_{\min}=4 alcançado em (2,2). Não existe máximo.
Se x,y\in\mathbb{R}\setminus\{0\}: não existe mínimo global (infimum -\infty) e não existe máximo global (supremum +\infty).

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