Exercícios Resolvidos de Multiplicadores de Lagrange com 2 Restrições

Ver Teoria

Enunciado

Um copo parabólico, cuja superfície é dada por

z = x 2 + y 2

Contém um pouco de água e está fixo ao painel de um carro em movimento. Num certo momento, o carro freia constantemente, fazendo com que a água se desloque para frente de forma que a superfície da água pertença ao plano

x + y + 2 z = 2

No momento descrito, existe um ponto de S mais alto em relação ao painel, que é o plano z = 0 , e existe um ponto de S mais baixo. Verifique se é possível aplicar o método de Lagrange para determinar tais pontos e as suas respectivas alturas em relação ao painel, e em caso afirmativo, proceda com o método.

DICA: perceba que a borda de S é exatamente a interseção do paraboloide com o plano.

Passo 1

Depois de toda essa historinha, o que que a questão quer de fato?

Ela quer que a gente encontre o máximo e mínimo da função altura em relação ao plano z = 0 , restrita a borda da superfície S , que, como ela mesma nos deu a dica, é a interseção do paraboloide com o plano.

Beleza, mas quem é essa função altura? Bom, se estamos falando da altura em relação ao plano z = 0 , podemos dizer que nossa função altura é nada mais nada menos que

f x , y , z = z

Então queremos maximizar/minimizar essa função f restrita a curva de interseção entre z = x 2 + y 2

E

x + y + 2 z = 2

Passo 2

E aí, nosso primeiro reflexo já seria sair usando Lagrange.

Mas essa questão chata quer que, antes disso, a gente prove que pode usar Lagrange.

Para isso, precisamos provar que os vetores gradientes das funções que definem as restrições são linearmente independentes.

De acordo lá com os conceitos de Álgebra Linear, dois vetores são LI quando, ao formar o sistema

a v → + b w → = 0 →

O único valor para os coeficientes a   e   b que torna esse sistema verdadeiro é zero.

Ok, então vamos aplicar isso aqui no nosso problema.

Quem vão ser nossos vetores v → e w → ?

Vão ser os vetores gradientes são funções que definem as restrições. E essas funções são:

g x , y , z = x 2 + y 2 - z

h x , y , z = x + y + 2 z - 2

Assim,

v → = ∇ g x , y , z = ( 2 x , 2 y , 1 )

w → = ∇ h x , y , z = ( 1,1 , 2 )

Passo 3

Então, recapitulando, precisamos que

a ∇ g x , y , z + b ∇ h x , y , z = 0 →

e

a = b = 0

Vamos ver:

a ( 2 x , 2 y , 1 ) + b ( 1,1 , 2 ) = ( 0,0 , 0 )

2 x a + b = 0

2 y a + b = 0

a + 2 b = 0

Da ultima equação, tiramos que

a = - 2 b

Substituindo nas duas primeiras:

2 x ( - 2 b ) + b = 0

b - 4 x + 1 = 0

E temos como uma das soluções, que b = 0 .

E, fazendo o mesmo para a segunda equação:

2 y ( - 2 b ) + b = 0

b - 4 y + 1 = 0

Também temos como solução que b = 0 .

E, se b = 0 , então

a = - 2 b = 0

Então, nesse caso, os coeficientes a e b de fato são zero.

Assim, os vetores são linearmente independentes.

E se os vetores são LI, então podemos aplicar o método dos multiplicadores de Lagrange.

Passo 4

Finalmente, vamos ao método:

∇ f x , y , z = λ ∇ g x , y , z + μ ∇ h x , y , z

Já temos os gradientes de g e h , mas ainda falta o gradiente de f . Lembrando que

f x , y , z = z

Temos

∇ f x , y , z = ( 0,0 , 1 )

Assim

( 0,0 , 1 ) = λ ( 2 x , 2 y , 1 ) + μ ( 1,1 , 2 )

Igualando as coordenadas e adicionando as equações das restrições:

0 = 2 λ x + μ 0 = 2 λ y + μ 1 = λ + 2 μ x 2 + y 2 = z x + y + 2 z = 2

Passo 5

Subtraindo as duas primeiras equações:

2 λ x - 2 λ y = 0

λ x - y = 0

Dai temos que

λ = 0

Ou

x = y

Passo 6

Vamos testar as duas possiblidades.

Se λ = 0 , da primeira e na segunda equação, temos que

μ = 0

Já da terceira equação, temos que

μ = 1 2

O que é uma inconsistência, já que tínhamos achado antes que μ = 0 .

Assim, essa possibilidade não nos acrescenta nada.

Passo 7

Testando a segunda possibilidade, x = y

Temos, da quarta equação:

2 x 2 = z

Substituindo isso na última equação:

x + x + 2 2 x 2 = 2

4 x 2 + 2 x - 2 = 0

Que é uma equação do segundo grau que a gente já ta careca de saber resolver. Assim, usando bhaskara, chegamos que

x = 1 2

E

x = - 1

E daí, concluímos que

x = y = 1 2

E

x = y = - 1

E

z = 2 x 2 = 2 1 2 2 = 1 2

E

z = 2 x 2 = 2 - 1 2 = 2

Assim, temos os candidatos:

P 1 = 1 2 , 1 2 , 1 2

P 2 = - 1 , - 1 , 2

Passo 8

Vamos testá-los e ver qual é o máximo e qual é o mínimo?

f x , y , z = z

Para P 1 = 1 2 , 1 2 , 1 2 , temos:

f 1 2 , 1 2 , 1 2 = 1 2

Para P 2 = - 1 , - 1,2 , temos:

f - 1 , - 1,2 = 2

Fechada a questão! P 1 é o ponto de mínimo, sendo a altura mínima igual a 1 2 e P 2 é ponto de máximo, sendo a altura máxima igual a 2 .

Resposta

- 1 , - 1,2 é um ponto de máximo, sendo a altura máxima igual a 2 .

1 2 , 1 2 , 1 2 é um ponto de mínimo, sendo a altura mínima igual a 1 2 .

Exercícios de Livros Relacionados

9. A janela de uma sala tem a forma de um retângulo com um triangulo isósceles no topo . Se o perímetro da janela é 12 m e esta deve coletar a maior a quantidade de energia possivel, mostre que o ângu
12. a) A função f x , y , z = l n x + ln ⁡ y + 3 ln ⁡ z Tem um máximo na porção da superfície esférica de equação x 2 + y 2 + z 2 = 5 a 2 Onde x0 ,y0,z0 e a é uma constante positiva. Encontre-ob) Usan
11. Encontre o mínimo de f x , y , z = x + y + z na superfície de equação x y z = k Onde x0,y0,z0 Use o resultado para mostrar que x y z 1 / 3 ≤ 1 3 x + y + z x ≥ 0,y ≥ 0,z ≥ 0
12. a) A função f x , y , z = l n x + ln ⁡ y + 3 ln ⁡ z Tem um máximo na porção da superfície esférica de equação x 2 + y 2 + z 2 = 5 a 2 Onde x0 ,y0,z0 e a é uma constante positiva. Encontre-ob) Usan
10. Determine a equação do plano que passa por 1,2 , 1 e determina com os planos coordenadas um tetraedro de volume maximo