1. (2,5 pontos) Considere o problema de maximizar f(x, y)=-\ln \left(\frac{1}{x}\right)-\ln \left(\frac{1}{y}\right) sujeito a x^{2}+y^{2}= 50.
    (a) ( 0,5 ponto) Mostre que a qualificação de restrição é satisfeita.
    (b) ( 1,0 ponto) Encontre os candidatos a solução do problema, ou seja, as soluções para as condições de primeira ordem.
    (c) (1,0 ponto) Analise as condições de segunda ordem para determinar se os pontos encontrados no item anterior são pontos de máximo, de mínimo ou de sela.

Passo 1

O problema é
maximizar
f(x,y) = -\ln\Bigl(\frac1x\Bigr) - \ln\Bigl(\frac1y\Bigr)
sujeito a
x^2 + y^2 = 50,
com x>0 e y>0.
O conteúdo envolve: qualificação de restrição (CQ), método de multiplicadores de Lagrange (condições de primeira ordem) e teste de segunda ordem via Hessiano restrito ao espaço tangente.

Passo 2

Defina a restrição
g(x,y) = x^2 + y^2 - 50 = 0.
Temos
\nabla g(x,y) = (2x,\,2y),
que nunca é (0,0) em ponto viável (pois x^2+y^2=50>0). Logo a CQ está satisfeita e podemos usar Lagrange.

Passo 3

Forme o Lagrangeano
\mathcal L(x,y,\lambda) = \ln x + \ln y \;+\;\lambda\bigl(50 - x^2 - y^2\bigr).
As condições de primeira ordem são
\frac{\partial\mathcal L}{\partial x} = \frac1x - 2\lambda x = 0, \quad \frac{\partial\mathcal L}{\partial y} = \frac1y - 2\lambda y = 0, \quad \frac{\partial\mathcal L}{\partial \lambda} = 50 - x^2 - y^2 = 0.
Das duas primeiras obtemos
\lambda = \frac{1}{2x^2} \quad\text{e}\quad \lambda = \frac{1}{2y^2} \;\Longrightarrow\; x^2 = y^2.
Como x,y>0, segue x=y. Substituindo em x^2+y^2=50 2x^2=50, ou seja x^2=25 e x=y=5. Logo o único candidato é (5,5).

Passo 4

Para classificar usamos o Hessiano de
f(x,y)=\ln x+\ln y
cuja matriz é
H_f(x,y) =\begin{pmatrix} -\,\tfrac1{x^2} & 0 \\[6pt] 0 & -\,\tfrac1{y^2} \end{pmatrix}.
Em (5,5) vale
H_f(5,5) =\begin{pmatrix} -\tfrac1{25} & 0 \\[3pt] 0 & -\tfrac1{25} \end{pmatrix}.
O espaço tangente à restrição em (5,5) é dado por vetores (d_x,d_y) com
\nabla g(5,5)\cdot(d_x,d_y) =2\cdot5\,d_x + 2\cdot5\,d_y = 0 \;\Longrightarrow\; d_x + d_y = 0.
Para qualquer vetor não nulo desse espaço (isto é, d_y=-d_x) temos
(d_x,d_y)\, H_f(5,5)\, \begin{pmatrix}d_x\d_y\end{pmatrix} = -\frac1{25}\bigl(d_x^2 + d_y^2\bigr) = -\frac{2\,d_x^2}{25} < 0.
Como a forma quadrática é negativa definida no espaço tangente, (5,5) é ponto de máximo restrito (e neste caso também global).]

Resposta

(a) A qualificação de restrição está satisfeita pois \nabla g(x,y)=(2x,2y)\neq(0,0) em todo ponto viável.
(b) O único candidato pelas condições de primeira ordem é (5,5).
(c) O teste de segunda ordem mostra Hessiano restrito negativo definido, então (5,5) é ponto de máximo.

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