Questão 4: Resolva o problema max x^{2}+2 y^{2}+3 z^{2} s.a x^{2}+y^{2}+4 z^{2}=c_{1}+c_{2}+c_{3}+5 e x+3 y+4 z=0 usando o método de multiplicadores e formas e justifique o emprego dos mesmos. Determine se os Teoremas 3.1.3 e 3.3.1 podem ser usados.

Passo 1

O problema pede maximizar a função objetivo
f(x,y,z)=x^{2}+2y^{2}+3z^{2}
sujeito às duas restrições
g_{1}(x,y,z)=x^{2}+y^{2}+4z^{2}=c_{1}+c_{2}+c_{3}+5,
g_{2}(x,y,z)=x+3y+4z=0.
Para simplificar a notação vou chamar
K := c_{1}+c_{2}+c_{3}+5,
portanto a primeira restrição é x^{2}+y^{2}+4z^{2}=K.
Informações relevantes dadas pelo enunciado:
  • Objetivo: maximizar f(x,y,z)=x^{2}+2y^{2}+3z^{2}.
  • Restrições: (1) uma equação quadrática x^{2}+y^{2}+4z^{2}=K com K=c_{1}+c_{2}+c_{3}+5; (2) uma equação linear x+3y+4z=0.
  • Observação necessária sobre viabilidade: para existir ponto real que satisfaça x^{2}+y^{2}+4z^{2}=K é necessário K\ge 0. Se K<0 o problema não tem soluções reais; a resolução abaixo assume K\ge 0.

Passo 2

Por que usar multiplicadores de Lagrange e formas quadráticas?
  • Ideia: temos uma função quadrática f a ser otimizada sobre a interseção de duas superfícies suaves: uma superfície quadrática (uma elipsoide quando K>0) e um plano. A interseção é uma curva fechada (compacta) se K>0, então existe máximo e mínimo (teorema de Weierstrass). Assim é legítimo procurar extremos.
  • Método: multiplicadores de Lagrange dão condições necessárias para extremos sujeitos a restrições diferenciáveis quando os gradientes das restrições são linearmente independentes. Aqui g_1,g_2 são diferenciáveis e veremos que no(s) ponto(s) crítico(s) essa independência vale, então as condições de Lagrange são aplicáveis.
  • Depois de encontrar candidatos críticos, usamos a segunda variação (formas quadráticas / Hessiana do Lagrangiano restrita ao espaço tangente às restrições) para classificar máximo/minimo. Essa é a ideia das “formas” pedidos no enunciado.
Vou portanto construir o lagrangiano e obter as equações necessárias.

Passo 3

Formule o lagrangiano e escreva as equações de primeira ordem.
Defino o lagrangiano
\mathcal{L}(x,y,z,\lambda,\mu)=f(x,y,z)-\lambda\big(g_{1}(x,y,z)-K\big)-\mu\,g_{2}(x,y,z).
Como g_{1}-K=0 na restrição, isso é equivalente a penalizar a primeira restrição.
Calcule gradientes (derivadas parciais):
\nabla f=(2x,\;4y,\;6z), \qquad \nabla g_{1}=(2x,\;2y,\;8z), \qquad \nabla g_{2}=(1,\;3,\;4).
As condições de Lagrange ( \nabla \mathcal{L}=0) dão o sistema
\nabla f - \lambda \nabla g_{1} - \mu \nabla g_{2}=0,
isto é, componente a componente:
2x = 2\lambda x + \mu,
4y = 2\lambda y + 3\mu,
6z = 8\lambda z + 4\mu,
além das restrições
x^{2}+y^{2}+4z^{2}=K, \qquad x+3y+4z=0.
Reescrevendo as três equações lineares:
(2-2\lambda)x=\mu,\qquad (4-2\lambda)y=3\mu,\qquad (6-8\lambda)z=4\mu.
Para simplificar, defina os coeficientes
a:=2-2\lambda,\qquad b:=4-2\lambda,\qquad c:=6-8\lambda.
Se a,b,c forem não nulos então
x=\frac{\mu}{a},\qquad y=\frac{3\mu}{b},\qquad z=\frac{4\mu}{c}.
Substituindo essas expressões na restrição linear x+3y+4z=0 obtemos
\mu\Big(\frac{1}{a}+\frac{9}{b}+\frac{16}{c}\Big)=0.
Duas possibilidades: \mu=0 ou o parêntese é zero. Vou analisar \mu\neq 0 primeiro (o caso \mu=0 será rapidamente verificado).

Passo 4

Resolver \mu\neq 0: obter equação para \lambda.
Se \mu\neq 0 então
\frac{1}{a}+\frac{9}{b}+\frac{16}{c}=0.
Lembrando a=2(1-\lambda), b=2(2-\lambda), c=2(3-4\lambda), substituo e multiplico por 2:
\frac{1}{1-\lambda}+\frac{9}{2-\lambda}+\frac{16}{3-4\lambda}=0.
Colocando sobre denominador comum e desenvolvendo o numerador obtemos (todo passo algébrico é mostrado):
(2-\lambda)(3-4\lambda)+9(1-\lambda)(3-4\lambda)+16(1-\lambda)(2-\lambda)=0.
Calcule cada termo:
(2-\lambda)(3-4\lambda)=6-11\lambda+4\lambda^{2},
9(1-\lambda)(3-4\lambda)=27-63\lambda+36\lambda^{2},
16(1-\lambda)(2-\lambda)=32-48\lambda+16\lambda^{2}.
Somando:
(6+27+32)+(-11-63-48)\lambda+(4+36+16)\lambda^{2}=0,
logo
56\lambda^{2}-122\lambda+65=0.
Resolver essa quadrática: o discriminante é
\Delta = (-122)^{2}-4\cdot56\cdot65 =14884-14560=324,
\sqrt{\Delta}=18. Assim
\lambda=\frac{122\pm 18}{112}.
Portanto os dois valores:
\lambda_{1}=\frac{122+18}{112}=\frac{140}{112}=\frac{5}{4}, \qquad \lambda_{2}=\frac{122-18}{112}=\frac{104}{112}=\frac{13}{14}.
(Se \mu=0: então das equações iniciais teríamos (2-2\lambda)x=0, (4-2\lambda)y=0, (6-8\lambda)z=0. Isso leva a soluções triviais que, combinadas com as restrições, não produzem novos máximos além dos candidatos encontrados acima — por brevidade e porque a interseção é compacta e os casos não geram novas direções, focamos nos \mu\neq 0 que dão os candidatos reais; as soluções com \mu=0 corresponderiam a pontos onde \nabla f é combinação apenas de \nabla g_1, e podem ser checadas rapidamente e não geram valor maior que os encontrados.)

Passo 5

Resolver explicitamente para \lambda=\dfrac{5}{4} (candidato possível de máximo).
Calcule a,b,c com \lambda=\dfrac{5}{4}:
a=2-2\lambda=2-2\cdot\frac{5}{4}=-\tfrac{1}{2},\qquad b=4-2\lambda=4-2\cdot\frac{5}{4}=\tfrac{3}{2},\qquad c=6-8\lambda=6-8\cdot\frac{5}{4}=-4.
Logo, usando x=\mu/a etc.:
x=-2\mu,\qquad y=2\mu,\qquad z=-\mu.
Substitua na restrição quadrática x^{2}+y^{2}+4z^{2}=K:
4\mu^{2}+4\mu^{2}+4\mu^{2}=12\mu^{2}=K \quad\Rightarrow\quad \mu^{2}=\frac{K}{12}.
Portanto os pontos (duas direções opostas) são
(x,y,z)=\pm\sqrt{\frac{K}{12}}\,(-2,\,2,\,-1).
Calcule o valor de f nesses pontos:
f = x^{2}+2y^{2}+3z^{2}=4\mu^{2}+8\mu^{2}+3\mu^{2}=15\mu^{2}=15\cdot\frac{K}{12}=\frac{5}{4}K.
Portanto um candidato dá f=\dfrac{5}{4}K.

Passo 6

Resolver para \lambda=\dfrac{13}{14} (outro candidato).
Calcule a,b,c com \lambda=\dfrac{13}{14}:
a=2-2\lambda=2-2\cdot\frac{13}{14}=\frac{1}{7},\qquad b=4-2\lambda=4-2\cdot\frac{13}{14}=\frac{15}{7},\qquad c=6-8\lambda=6-8\cdot\frac{13}{14}=-\frac{10}{7}.
Então
x=\frac{\mu}{a}=7\mu,\qquad y=\frac{3\mu}{b}=\frac{7\mu}{5},\qquad z=\frac{4\mu}{c}=-\frac{14\mu}{5}.
Substituindo em x^{2}+y^{2}+4z^{2}=K:
49\mu^{2}+\frac{49}{25}\mu^{2}+\frac{784}{25}\mu^{2}=\frac{2058}{25}\mu^{2}=K,
logo
\mu^{2}=\frac{25}{2058}K.
Calcule f:
f=49\mu^{2}+2\cdot\frac{49}{25}\mu^{2}+3\cdot\frac{196}{25}\mu^{2} =\frac{1911}{25}\mu^{2}=\frac{1911}{25}\cdot\frac{25}{2058}K=\frac{1911}{2058}K.
Simplificando \dfrac{1911}{2058}=\dfrac{13}{14} (dividindo numerador e denominador por 147 ou fazendo fatorizações), obtemos
f=\frac{13}{14}K.
Portanto o outro candidato fornece f=\dfrac{13}{14}K, que é menor do que \dfrac{5}{4}K quando K>0.

Passo 7

Classificação (segunda variação / formas quadráticas): mostrar que \dfrac{5}{4}K é máximo.
A Hessiana do lagrangiano (matriz das segundas derivadas) é
\mathrm{Hess}(\mathcal{L})=\mathrm{Hess}(f)-\lambda\,\mathrm{Hess}(g_{1}) =\operatorname{diag}(2-2\lambda,\;4-2\lambda,\;6-8\lambda)=\operatorname{diag}(a,b,c).
Para determinar se um candidato é máximo ou mínimo, restringimos a forma quadrática associada a \mathrm{Hess}(\mathcal{L}) ao espaço tangente das restrições no ponto (isto é, aos vetores h=(h_{1},h_{2},h_{3}) que satisfazem \nabla g_{1}\cdot h=0 e \nabla g_{2}\cdot h=0). Como há duas restrições em \mathbb{R}^{3}, o espaço tangente tem dimensão 1, e basta verificar o sinal da forma quadrática num vetor não nulo desse espaço.
Para \lambda=\dfrac{5}{4} (caso candidato ao máximo) temos a=-\tfrac{1}{2}, b=\tfrac{3}{2}, c=-4. No ponto correspondente (x,y,z)=\sqrt{K/12}\,(-2,2,-1) a normal \nabla g_{1} é proporcional a (-1,1,-2) e \nabla g_{2}=(1,3,4). Um vetor h ortogonal a ambos (portanto tangente) é, por exemplo, h=(-5,-1,2) (obtido resolvendo o sistema de ortogonalidade). A forma quadrática vale
q(h)=a h_{1}^{2}+b h_{2}^{2}+c h_{3}^{2} = -\tfrac{1}{2}\cdot 25 + \tfrac{3}{2}\cdot 1 + (-4)\cdot 4 = -27 <0.
Como a forma restringida ao tangente é negativa (num vetor não nulo), temos condição suficiente para máximo local. Portanto o ponto com \lambda=\dfrac{5}{4} é um máximo.
Para \lambda=\dfrac{13}{14} obtém-se (de forma análoga) que a forma restrita tem sinal positivo no vetor tangente (os coeficientes a,b,c têm sinais tal que a forma fica positiva na direção tangente), logo aquele ponto é mínimo local.
Conclusão: o valor máximo de f sobre o conjunto viável é \dfrac{5}{4}K, obtido nos pontos
(x,y,z)=\pm\sqrt{\frac{K}{12}}\,(-2,\,2,\,-1).

Passo 8

Justificativa do uso dos teoremas pedidos (comentário sobre os Teoremas 3.1.3 e 3.3.1):
  • Sobre o que se costuma chamar de Teorema de existência (por exemplo resultado tipo Weierstrass): ele requer que o conjunto viável seja compacto e que f seja contínua para garantir existência de extremos. Aqui, se K>0 a interseção do elipsoide x^{2}+y^{2}+4z^{2}=K com o plano x+3y+4z=0 é uma curva fechada e limitada (compacta), e f é contínua; portanto esse teorema é aplicável — há máximo e mínimo. Assim o (provável) Teorema 3.1.3 pode ser usado desde que K\ge 0 (para K=0 há a única solução x=y=z=0 se compatível, e para K<0 não há pontos viáveis).
  • Sobre o (provável) Teorema 3.3.1, que tipicamente dá as condições de Lagrange (condição necessária: existirem multiplicadores \lambda,\mu tal que \nabla f =\lambda\nabla g_1+\mu\nabla g_2) e/ou o teste de segunda ordem (forma quadrática restrita para classificar), também podemos aplicá-lo: as restrições são diferenciáveis e, nos pontos críticos encontrados, os vetores \nabla g_{1} e \nabla g_{2} são linearmente independentes (verificável nos pontos críticos), portanto as hipóteses do teorema valem e as condições necessárias de Lagrange e o teste de segunda ordem (formas) são aplicáveis. Conclui-se assim que tanto as condições necessárias quanto o critério de segunda ordem podem ser usados para classificar os extremos e justificar que \dfrac{5}{4}K é de fato o máximo global sobre a região viável.

Resposta

Valor máximo: \dfrac{5}{4}\big(c_{1}+c_{2}+c_{3}+5\big) atingido nos pontos \displaystyle (x,y,z)=\pm\sqrt{\frac{c_{1}+c_{2}+c_{3}+5}{12}}\;(-2,\,2,\,-1).

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