Resolva o problema \min _{\mathbf{x}}\left(x_{1}-x_{2}\right) sujeito a x_{1}{ }^{2}+x_{2}{ }^{2}=1. Resolva também eliminando a restrição escrevendo uma variável em relação a outra.

Passo 1

O enunciado pede minimizar a função objetivo \,x_{1}-x_{2}\, sujeita à restrição \,x_{1}^{2}+x_{2}^{2}=1.
Informações relevantes fornecidas:
  • A variável a minimizar é o par (x_{1},x_{2})\in\mathbb{R}^{2}.
  • A restrição é a equação do círculo unitário: \,x_{1}^{2}+x_{2}^{2}=1.
  • Queremos o ponto (x_{1},x_{2}) sobre esse círculo que torna \,x_{1}-x_{2}\, o menor possível.
  • Além de resolver por multiplicadores de Lagrange, o enunciado pede também resolver eliminando a restrição escrevendo uma variável em função da outra (ou seja, substituição).

Passo 2

Vou resolver primeiro usando o método dos multiplicadores de Lagrange. Antes de aplicar, uma breve explicação didática e prática do método:
  • Quando queremos otimizar uma função f(x_{1},x_{2}) sujeita a uma restrição g(x_{1},x_{2})=0, o método diz que, em pontos extremos restritos (interiores ao conjunto de restrição suave), os gradientes são proporcionais:
\nabla f(x_{1},x_{2}) = \lambda\,\nabla g(x_{1},x_{2}),
onde \lambda é o multiplicador de Lagrange. Intuitivamente, isso significa que a direção em que f cresce mais rapidamente (seu gradiente) é paralela à direção que mantém g constante — daí a proporcionalidade.
  • Aqui f(x_{1},x_{2})=x_{1}-x_{2} e g(x_{1},x_{2})=x_{1}^{2}+x_{2}^{2}-1 (escrevemos g=0 para a restrição).
Calculemos os gradientes:
\nabla f = \begin{pmatrix} \dfrac{\partial f}{\partial x_{1}} \\[6pt] \dfrac{\partial f}{\partial x_{2}} \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 \\[6pt] -1 \end{pmatrix}, \qquad \nabla g = \begin{pmatrix} 2x_{1} \\[6pt] 2x_{2} \end{pmatrix}.
A condição de Lagrange é
\begin{pmatrix} 1 \\[4pt] -1 \end{pmatrix} = \lambda \begin{pmatrix} 2x_{1} \\[4pt] 2x_{2} \end{pmatrix}.
Isto gera o sistema
1 = 2\lambda x_{1}, \qquad -1 = 2\lambda x_{2}, \qquad x_{1}^{2}+x_{2}^{2}=1.]

Passo 3

Resolver o sistema de Lagrange. Das duas primeiras equações:
x_{1} = \dfrac{1}{2\lambda}, \qquad x_{2} = -\dfrac{1}{2\lambda}.
Substituindo na restrição \,x_{1}^{2}+x_{2}^{2}=1:
\left(\dfrac{1}{2\lambda}\right)^{2} + \left(-\dfrac{1}{2\lambda}\right)^{2} = \dfrac{1}{4\lambda^{2}} + \dfrac{1}{4\lambda^{2}} = \dfrac{2}{4\lambda^{2}} = \dfrac{1}{2\lambda^{2}} = 1.
Logo
\lambda^{2} = \dfrac{1}{2}, \quad\text{ou seja}\quad \lambda = \pm \dfrac{1}{\sqrt{2}}.
Para \lambda = \dfrac{1}{\sqrt{2}}:
x_{1} = \dfrac{1}{2\lambda} = \dfrac{1}{2(1/\sqrt{2})} = \dfrac{\sqrt{2}}{2}, \qquad x_{2} = -\dfrac{1}{2\lambda} = -\dfrac{\sqrt{2}}{2}.
O valor objetivo é
x_{1}-x_{2} = \dfrac{\sqrt{2}}{2} - \left(-\dfrac{\sqrt{2}}{2}\right) = \sqrt{2}.
Para \lambda = -\dfrac{1}{\sqrt{2}}:
x_{1} = -\dfrac{\sqrt{2}}{2}, \qquad x_{2} = \dfrac{\sqrt{2}}{2}.
O valor objetivo é
x_{1}-x_{2} = -\dfrac{\sqrt{2}}{2} - \dfrac{\sqrt{2}}{2} = -\sqrt{2}.
Comparando, -\sqrt{2} < \sqrt{2}, então o mínimo ocorre em
\displaystyle\left(-\dfrac{\sqrt{2}}{2},\,\dfrac{\sqrt{2}}{2}\right)
com valor mínimo -\sqrt{2}.

Passo 4

Agora resolve-se eliminando a restrição escrevendo uma variável em função da outra. Há duas formas naturais; eu mostro a substituição direta com raiz (que o enunciado pediu) e uma observação alternativa com parametrização trigonométrica (útil para intuição).
Método de eliminação (substituição direta):
  • Da restrição \,x_{1}^{2}+x_{2}^{2}=1, isolamos x_{2}:
x_{2} = \pm\sqrt{1-x_{1}^{2}}, \qquad x_{1}\in[-1,1].
  • Para a escolha x_{2}=+\sqrt{1-x_{1}^{2}} a função objetivo fica
h_{+}(x_{1}) = x_{1} - \sqrt{1-x_{1}^{2}}.
Derivando (explicando cada passo da derivada):
h_{+}'(x_{1}) = 1 - \dfrac{1}{2\sqrt{1-x_{1}^{2}}}\cdot(-2x_{1}) = 1 + \dfrac{x_{1}}{\sqrt{1-x_{1}^{2}}}.
Zerar a derivada:
1 + \dfrac{x_{1}}{\sqrt{1-x_{1}^{2}}} = 0 \quad\Rightarrow\quad \dfrac{x_{1}}{\sqrt{1-x_{1}^{2}}} = -1.
Isso implica (observando que \sqrt{1-x_{1}^{2}}\ge 0) que x_{1} deve ser negativo. Elevando ao quadrado para resolver:
\dfrac{x_{1}^{2}}{1-x_{1}^{2}} = 1 \quad\Rightarrow\quad x_{1}^{2} = 1-x_{1}^{2} \quad\Rightarrow\quad x_{1}^{2} = \dfrac{1}{2} \quad\Rightarrow\quad x_{1} = \pm \dfrac{1}{\sqrt{2}}.
Voltando à condição \dfrac{x_{1}}{\sqrt{1-x_{1}^{2}}}=-1, apenas x_{1}=-\dfrac{1}{\sqrt{2}}=-\dfrac{\sqrt{2}}{2} satisfaz (o sinal). Para esse valor,
x_{2}=+\sqrt{1-x_{1}^{2}}=+\dfrac{\sqrt{2}}{2},
e
h_{+}\left(-\dfrac{\sqrt{2}}{2}\right) = -\dfrac{\sqrt{2}}{2} - \dfrac{\sqrt{2}}{2} = -\sqrt{2}.
Comparando com os valores nos extremos x_{1}=\pm1 (onde \sqrt{1-x_{1}^{2}}=0, dando h_{+}(1)=1 e h_{+}(-1)=-1), o menor é -\sqrt{2}.
  • Para a escolha x_{2}=-\sqrt{1-x_{1}^{2}} a função é
h_{-}(x_{1}) = x_{1} + \sqrt{1-x_{1}^{2}}.
Derivada:
h_{-}'(x_{1}) = 1 - \dfrac{x_{1}}{\sqrt{1-x_{1}^{2}}}.
Zerando:
1 - \dfrac{x_{1}}{\sqrt{1-x_{1}^{2}}}=0 \quad\Rightarrow\quad \dfrac{x_{1}}{\sqrt{1-x_{1}^{2}}}=1,
o que implica x_{1}=\dfrac{1}{\sqrt{2}}=\dfrac{\sqrt{2}}{2} (só a solução positiva serve). Para esse x_{1},
x_{2}=-\dfrac{\sqrt{2}}{2}, \qquad h_{-}\left(\dfrac{\sqrt{2}}{2}\right)=\dfrac{\sqrt{2}}{2} + \dfrac{\sqrt{2}}{2} = \sqrt{2},
que é o máximo. Nos extremos obtemos novamente \pm1, não menores que -\sqrt{2}.
Conclusão desse método: o mínimo global sobre o círculo é -\sqrt{2} atingido em
\displaystyle\left(-\dfrac{\sqrt{2}}{2},\,\dfrac{\sqrt{2}}{2}\right), confirmando o resultado do método de Lagrange.
Observação alternativa (parametrização trigonométrica, para intuição rápida):
  • Parametrizando o círculo por \,x_{1}=\cos\theta,\;x_{2}=\sin\theta, a função vira
f(\theta)=\cos\theta-\sin\theta = \sqrt{2}\cos\!\left(\theta+\dfrac{\pi}{4}\right).
O mínimo de \cos é -1, então o mínimo de f é -\sqrt{2}, atingido quando \theta+\dfrac{\pi}{4}=\pi, i.e. \theta=\dfrac{3\pi}{4}, que dá
\displaystyle x_{1}=\cos\dfrac{3\pi}{4}=-\dfrac{\sqrt{2}}{2},\; x_{2}=\sin\dfrac{3\pi}{4}=\dfrac{\sqrt{2}}{2},
mesmo ponto encontrado antes.

Resposta

\displaystyle (x_{1},x_{2}) = \left(-\dfrac{\sqrt{2}}{2},\,\dfrac{\sqrt{2}}{2}\right)
\displaystyle \min (x_{1}-x_{2}) = -\sqrt{2}

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