UNIVERSIDADE DO ALGARVE ESCOLA SUPERIOR DE TECNOLOGIA

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1 UNIVERSIDADE DO ALGARVE ESCOLA SUPERIOR DE TECNOLOGIA CURSO BIETÁPICO EM ENGENHARIA CIVIL º ciclo Regime Diurno/Nocturno Disciplina de COMPLEMENTOS DE MATEMÁTICA Ano lectivo de 7/8 - º Semestre Etremos livres e condicionados Determine, caso eistam, os etremos das seguintes funções: a) f (, b) 4 6 f (, + c) f (, ) + d) f, ( e) f (, ( ( + ) ( 4 4 f) f (, g) (, + ( 4) + ( 4) f h) f (, + 6a, a i) f (, + 4 j) f (,, z) + z k) f (,, z) + + z 4z Estude a eistência de etremos da função f (, + 4 sujeita a + 8 Calcule os valores etremos da função f (, + no círculo Calcule, caso eistam, os etremos da função f (, 9 no plano + 5 Calcule, caso eistam, os etremos da função f (,, com as variáveis sujeitas à restrição Calcule a distância mínima da origem à hipérbole de equação Decomponha o número k > na soma de três números cujo produto é máimo 8 De todos os triângulos rectângulos de área dada A, determine o de perímetro mínimo 9 Determine os etremos locais da função f (,, z) + z + sujeito à restrição + z ÁREA DEPARTAMENTAL DE ENGENHARIA CIVIL /48

2 Etremos Determine o ponto da esfera + + z 9 mais próimo do ponto (,,4) Considere a secção feita no elipsóide + + z pelo plano + Determine o ponto da curva mais afastado e mais próimo de (,) Dispõe-se de m de rede para vedar um campo rectangular Como se deve colocar a cerca, de maneira a que a área vedada seja a maior possível? Uma determinada companhia fabrica um certo produto, w, a partir de três matérias primas, combinadas de acordo com uma função de produção dada por Sendo o w z orçamento disponível para a compra das três matérias primas de 4 euros e sabendo que estas custam por unidade 8, e euros, respectivamente, para, e z, qual a combinação que se deve ter relativamente à compra dos produtos, e z, de maneira a maimizar a produção? 4 Suponha que a temperatura num determinado ponto (,, z ) da esfera de equação + + z é dada pela função T (,, z) + 5( + z) Calcule, justificando, os valores etremos da temperatura /48

3 Etremos Etremos livres resumo da teoria Estuda-se o comportamento de uma função de várias variáveis no que diz respeito à eistência e localização dos pontos onde ela atinge valores etremos, isto é, valores máimos ou valores mínimos n Definição: Seja f : D, diz-se que a função f tem um mínimo (máimo) local ou relativo no ponto ( f ( ) f ( ), Br ( ) D f ) a a f a Df sse eiste uma bola Br ( a ) tal que f ( ) f ( a), Br ( a) Df, Neste caso o ponto a diz-se um ponto de mínimo (máimo) local ou minimizante (maimizante) local de f, enquanto f ( a ) é um mínimo (máimo) local de f n Definição: Seja f : D, diz-se que a função f tem um mínimo (máimo) absoluto ou f global no ponto a Df sse f ( ) f ( ), Df a ( f ( ) f ( ), D f ) a Neste caso o ponto a diz-se um ponto de mínimo (máimo) absoluto ou minimizante (maimizante) absoluto de f, enquanto f ( a ) é um mínimo (máimo) absoluto de f O ponto a diz-se um etremante de f sse for minimizante ou maimizante de f, e, portanto, f ( a ) é um valor etremo de f Note-se que se a for um etremante absoluto de f, então a é também um etremante local da função Por outras palavras, os etremantes absolutos de uma função encontram-se entre os etremantes locais Como se viu, os máimos e mínimos locais denominam-se por etremos relativos ou locais A palavra local ( relativo ) indica que se compara apenas o valor da função no ponto a com os restantes valores que ela toma numa vizinhança de a Assim uma função com máimos e mínimos locais pode tomar valores maiores que os seus máimos locais e menores que os seus mínimos locais Para além disso, note-se que uma função f ( ) pode ter vários máimos e mínimos locais, iguais ou não entre si Estas justificadas considerando a seguinte figura últimas observações, para o caso de frvr, podem ser /48

4 Etremos A função representada graficamente está definida em : [, ] pode, por eemplo, concluir-se que: f, então, deste gráfico 8 Os pontos, 5 e 7 são pontos de mínimo local, sendo um ponto de mínimo global da função Assim, f ( ), f ( 5) e f ( 7 ) são mínimos locais da função, sendo f ( ) o mínimo global (que também é local) As coordenadas deste mínimo são (, f ( )) Os pontos,, 6 e 8 são pontos de máimo local da função Nestes termos, f ( ), f ( ), f ( 6) e f ( 8 ) são máimos locais da função O máimo global é f ( 6) com coordenadas ( 6, f ( 6 )) Este eemplo, chama a atenção para o facto dos pontos na fronteira do domínio poderem ser etremantes ( e 8 ) Repare-se que nesses pontos, mesmo que a função seja diferenciável, pode acontecer que a derivada não se anule O ponto 4 não é ponto de mínimo nem de máimo, é um ponto de infleão Assim, este eemplo, mostra que um ponto pode anular a derivada mas não ser etremante Por outro lado, repare-se que, a função não é contínua no ponto 7 e não é diferenciável nos pontos 5, 6 e 7 Assim, a partir do gráfico verifica-se que os etremos locais podem ocorrer em: pontos de fronteira do domínio da função ( e 8 ); pontos onde a função não é diferenciável ( 5, 6 e 7 ) e, pontos onde a derivada da função se anula ( e ) 4/48

5 Etremos Portanto, de uma maneira geral, uma função f ( ) pode ter um etremo num ponto a que seja: Ponto interior ao domínio e no qual f é diferenciável; Ponto interior ao domínio, no qual f não é diferenciável; Pontos não interiores ao domínio (isto é, pontos fronteiros) Neste curso estudar-se-á problemas de etremos, admitindo diferenciabilidade das funções envolvidas Nestes caso, os etremos, caso eistam, ocorrem em pontos fronteiros ou em pontos interiores ao domínio da função onde a derivada se anula Contudo, como foi referido, a função pode admitir etremos mesmo que esta não seja diferenciável Por isso, sempre que a função objectivo não seja diferenciável, deve-se ter o cuidado de estudar os pontos pertencentes ao domínio da função onde isso acontece O estudo de um ponto do tipo ) ou ) terá de ser feito caso a caso A resolução do problema poderá ser feita através da definição O método que se apresenta de seguida permite determinar etremos locais em pontos onde a função seja diferenciável Para encontrar máimo (mínimo) absoluto, basta verificar em qual dos pontos maimizantes (minimizantes) locais a função tem um maior (menor) valor Um resultado útil na pesquisa de etremos absolutos é o seguinte teorema n Teorema (de Weierstrass): Toda a função f : contínua num conjunto limitado e fechado (compacto) de n tem um máimo e um mínimo absolutos nesse conjunto O teorema de Weierstrass indica condições que garantem a eistência de máimos e mínimos, mas não diz quais são esses pontos ou como encontrá-los Condições necessárias para a eistência de etremos locais em funções diferenciáveis O resultado que se segue dá uma condição necessária, mas não suficiente, para que um ponto interior do domínio de uma função diferenciável seja etremante local n Teorema: Seja f : D uma função de classe f C numa bola centrada em a É condição necessária para que f tenha um etremo em a, que se anule a primeira derivada de f no ponto a, segundo qualquer direcção Corolário: É condição necessária para que a função f tenha um etremo no ponto a, que se anulem todas as derivadas parciais de primeira ordem em a, ie, f ( a ) 5/48

6 Etremos Este corolário diz que, se a for um etremante de f então anula simultaneamente todas as derivadas parciais de ª ordem, isto é, é solução do sistema de estacionaridade f ( ) f ( ) f ( ) Portanto, caso uma função seja diferenciável num determinado ponto que seja etremante, o gradiente da função nesse ponto é nulo Que é o mesmo que dizer que, o facto do gradiente se anular é uma condição necessária para que um ponto seja etremante Contudo, uma vez que esta condição não é suficiente, o facto do gradiente da função ser nulo num determinado ponto, não garante que o ponto encontrado seja um etremante Este sistema pode não ter solução (ser impossível), ter um número finito de soluções (ser possível e determinado), ou ter um número infinito de soluções (ser possível e indeterminado) Na procura de pontos etremantes a partir do sistema de estacionaridade deve ter-se em conta os pontos que tornam as epressões das derivadas parciais indefinidas, por eemplo, os pontos pertencentes ao interior do domínio da função, nos quais f não é diferenciável (que não são críticos) Definição: Um ponto n a Df, diz-se um ponto de estacionaridade (ou crítico) de f sse f ( a ), ou seja, um ponto de estacionaridade ou crítico é aquele que verifica o sistema de estacionaridade Resulta que, para uma função, f ( ), de classe C (f diferenciável em a) ter um etremo num ponto a é necessário que esse ponto seja crítico E como esta condição não é suficiente, há pontos crítico nos quais a função não tem etremo, um ponto deste tipo diz-se um ponto de sela Por outro lado, pelo que já foi referido, há pontos etremos em pontos que não são críticos (pontos do domínio que não são interiores (pontos fronteiros) ou então pontos interiores do domínio nos quais a função não seja diferenciável) Se f ( ) é diferenciável, a condição f ( a ) implica que o diferencial total de f no ponto a, no qual f tem um etremo relativo, é nulo: f ( a) f ( a) df ( a ) d + + d d + + dn n n Assim, caso f seja diferenciável, a condição f ( a ) fica reduzida a df ( a ) 6/48

7 Etremos Em particular, se f é função de duas variáveis independentes z f (,, a condição df ( a ) implica que o plano tangente ao gráfico de f no ponto ( a, b, f ( a, b )), um etremo da função, cuja equação é: z f ( a, b) ( a) f ( a, b) + ( b) f ( a, b) df ( a, b), é horizontal, uma vez que, z f ( a, b) df ( a, b), ou seja, z f ( a, b) constante Uma vez seleccionados os pontos candidatos a etremantes para uma dada função f (pontos críticos caso a função seja diferenciável), coloca-se a questão de investigar a sua natureza, isto é, se esses pontos são maimizantes, minimizantes ou nem uma coisa nem outra (pontos de sela) Como se verá de seguida, a análise das derivadas parciais de ª ordem de f nos pontos críticos permitem, em muitos casos, determinar a natureza local desses pontos Condições suficientes para a eistência de etremos locais em funções diferenciáveis De um modo geral, o problema de detectar etremos de funções com várias variáveis pode chegar a ser muito compleo Apresenta-se um método que dá uma condição suficiente para a eistência de etremos locais num ponto crítico dado, no caso de funções que sejam pelo menos de classe nesse ponto crítico C n Definição: Seja f : D e f a Df no ponto a, como sendo a matriz quadrada ( n n ), Supondo que f C ( B r ( a )), define-se hessiana de f f f f f f f ( ) ( ) ( ) a a a n n f f f f f f ( ) ( ) ( ) a a a H( a) n n f f f f f f ( a) ( ) ( ) a a n n n n n ( a) n 7/48

8 Etremos Uma vez que, f C ( B r ( a )), verificam-se as condições do teorema de Schwarz e esta matriz é simétrica Define-se hessiano de f no ponto a como sendo H( ) det H, o determinante de a ( a ) H( a ) Particularizando para n : e H H f f ( a) ( a) (matriz hessiana) f f ( a) ( a) ( a) f f ( a) ( a) ( a) ( a) ( a), uma vez que a matriz é simétrica f f ( a) ( a) f f f ( a) Para se investigar a natureza dos pontos críticos, em funções pelo menos de classe pontos, é frequente a utilização de dois processos que envolvem a matriz hessiana: C nesses Classificação dos pontos críticos através dos valores próprios da matriz hessiana i) É condição suficiente para que a função f tenha etremos locais no ponto crítico a que todos os valores próprios de H ( a ) tenham o mesmo sinal Se forem todos positivos a função terá um mínimo local no ponto crítico a (ponto de mínimo da função) O mínimo correspondente é o ponto f ( a ) Se forem todos negativos a função terá um máimo local no ponto crítico a (ponto de máimo da função) O máimo correspondente é o ponto f ( a ) ii) Quando eistem pelo menos dois valores próprios com sinais contrários a função não admite etremos no ponto a, este é um ponto de sela iii) Quando pelo menos um dos valores próprios é nulo e os restantes todos do mesmo sinal, o estudo da natureza do ponto crítico não é conclusivo através deste processo Poderá, neste caso, recorrer-se à definição Os valores próprios de uma matriz H resultam da resolução da equação H λi, em ordem a λ, onde I é a matriz identidade, claro que as matrizes H e I devem ter a mesma ordem (o número máimo de valores próprios de uma matriz é igual à sua ordem) 8/48

9 Etremos Classificação dos pontos críticos através dos menores principais da matriz hessiana Os menores principais da matriz hessiana, são os determinantes das submatrizes quadradas contendo a parte superior esquerda da diagonal principal da matriz hessiana como sua diagonal principal Considere-se os menores principais d i i, i,, n, da matriz hessiana no ponto crítico a: f ( a ), f f ( a) ( a), f f ( a) ( a) f f f ( a) ( a) ( a) f f f ( a) ( a) ( a),, n H ( a ) f f f ( a) ( a) ( a) i) É condição suficiente para que a função f admita um etremo local no ponto crítico a que os menores principais da matriz hessiana: Sejam todos positivos, isto é, i >, i,, n Neste caso, a função f tem um mínimo local no ponto crítico a (ponto de mínimo local) i De ordem impar sejam negativos e de ordem par sejam positivos, isto é, ( ) >, i,, n Neste caso, a função f tem um máimo local no ponto crítico a (ponto de máimo local) ii) Se se verificar uma destas ordenações até certa ordem, mas a partir daí todos os menores são nulos, o estudo da natureza do ponto crítico não é conclusivo através deste processo Poderá, neste caso, recorrer-se à definição iii) Nos restantes casos, a função não admite etremo no ponto crítico a, este é um ponto de sela i Obs: Este método aplicado a funções de duas variáveis, caso n, torna-se mais simples se se começar por determinar o sinal de d em a: < a função não admite etremo em a (ponto de sela); > < a ponto de máimo a função admite etremo em a, então se ; > a ponto de mínimo nada se pode concluir por este processo 9/48

10 Etremos livres - possível resolução dos eercícios Etremos a) Determinar, caso eistam, os etremos da função f (, 4 6 Resolução: O domínio da função é, e, como f C ( ) a função é diferenciável no seu domínio Para se estudar a eistência de etremos, começa-se por determinar os pontos de estacionaridade (ou pontos críticos) da função, que resultam da resolução do sistema de estacionaridade f f 8 A função admite um único ponto critico, o ponto (,), que é um candidato a etremo Para se classificar o ponto crítico, uma vez que a função é de classe utilizar-se os dois processos em cima apresentados C, em particular, neste ponto, podem Classificação dos pontos críticos através dos menores principais da matriz hessiana Neste processo estuda-se o sinal dos menores principais (determinantes) da matriz hessiana f f H (, f f 8 Repare-se que esta matriz não depende do ponto (,) O hessiano associado será a a d H (, ) >, a a 8 8 como este determinante é positivo, a função admite etremo na origem, uma vez que f d a (, ) <, o ponto (,) é um ponto de máimo relativo Classificação dos pontos críticos através dos valores próprios da matriz hessiana Como a matriz hessiana é diagonal os seus valores próprios são os elementos da diagonal principal, isto é, λ < e λ < Como ambos os valores próprios são negativos a origem é um 8 ponto de máimo relativo da função /48

11 Etremos Estes dois processos, só por si não permitem concluir se o máimo é global Utilizando a definição, como f (,) e como (, 4 6 f (, D f, tem-se (, D f (, f (,), f concluindo-se, portanto, que o máimo é global O máimo da função é f (,), que pode ser representado graficamente por (,, f (,)) (,,) A eistência do máimo global pode ser confirmada através do gráfico da função Graficamente, a função 4 6 f (, ) é um parabolóide elíptico, com concavidade voltada para baio, com vértice na origem e cujo eio é o eio dos zz, como ilustra a seguinte figura A representação gráfica do gradiente da função, f (, 8 ) máimo de f (, ) 4 6, ilustra que a origem é um ponto de /48

12 Etremos b) Determinar, caso eistam, os etremos da função f (, + Resolução: O domínio da função é Sendo o gráfico de, f (, + um cone de revolução, com concavidade voltada para cima, com vértice na origem e cujo o eio é o eio dos zz, ou seja, a função tem um mínimo no ponto (,), que é absoluto O valor desse mínimo é f (,), e as suas coordenadas (,, f (,)) (,,) Analiticamente, para estudar os etremos da função, é necessário resolver o sistema f + f + Verifica-se que este sistema não tem solução, as derivadas parciais da função nunca são simultaneamente nulas, e, portanto, não eistem pontos críticos Por outro lado, estas epressões são indefinidas para e, provando-se, por definição, que não eistem derivadas parciais da função no ponto (,) (eercício) Portanto, o ponto (,) é interior ao domínio da função, contudo, f não é diferenciável neste ponto, f C ( \ {,}) Nestes casos, é possível que a função admita um etremo num ponto nestas condições; por eemplo, como se pode ver graficamente a função f (, + tem um mínimo no ponto (,) Pelo que foi dito, o método aqui apresentado para se localizarem os candidatos etremos de uma função não pode ser aqui aplicado Para se verificar analiticamente se a origem é um etremante da função pode recorrer-se à definição (possibilita concluir quanto à eistência de etremos absolutos) /48

13 Etremos Sendo f (,) e, como, f (, +, (, D, tem-se f (, f (,), f (, D f, quer dizer, provou-se por definição que (,) é um ponto de mínimo global da função A representação gráfica do gradiente da função, f (, + + ), (, (,), ilustra o facto da origem ser ponto de mínimo de f (, + c) Determinar, caso eistam, os etremos da função f (, ) Resolução: O domínio da função é, sendo esta diferenciável no seu domínio Como f f 8 A origem é o único ponto crítico da função, um candidato a etremo A matriz hessiana é E valor do hessiano associado H (, 8 H (, ) <, 8 como este determinante é negativo, a função não admite etremo na origem A origem é um ponto de sela O gráfico da função f (, ) + é um parabolóide hiperbólico ou sela, segundo o 4 6 eio das ordenadas, como ilustra a seguinte figura /48

14 Etremos O gráfico do gradiente da função, f (, 8 ), ilustra o facto da origem ser um ponto de sela d) Determinar, caso eistam, os etremos da função f (, ) ( + + ) Resolução: O domínio da função é, e, f C ( ) O sistema de estacionaridade é f ( + f ( + ) (6 ) + 6 Os pontos críticos são, portanto,,) ( e(, ) 6 A matriz hessiana é 4/48

15 Etremos f H (, f f 4 f (repare-se que esta matriz apenas depende de No ponto (,) tem-se pelo que d 4 H (,), 4 H 4 <, (,) como d 4, este ponto de estacionaridade é um ponto de sela, isto é, o ponto (,) não é de < máimo nem de mínimo (a função não admite, não tem, etremo na origem) No ponto (, ) vem como 6 H (, ) 6 4, a função tem um etremo no ponto (, ) mínimo O mínimo é 4 d 4 >,, e uma vez que d 4, este ponto é um ponto de 6 ( ) (, ) ( ) ( ) > f Alternativamente podem estudar-se os sinais dos valores próprios associados a H Como eistem dois pontos críticos optamos por calcular a epressão geral dos valores próprios 4 4 λ 4 λ H λi λ λ λ λ λ λ + λ + (4 )( ) 4 4( ) 4( ) No ponto (,),, obtém-se a seguinte equação do ª grau λ equação obtemos valores para λ, os valores próprios, λ + λ < 4λ 4, resolvendo esta como os valores próprios alternam o sinal conclui-se que o ponto crítico é um ponto de sela, conclusão análoga à encontrada para o estudo do sinal dos menores 5/48

16 No ponto (, ) 6 ÁREA DEPARTAMENTAL DE ENGENHARIA CIVIL, obtém-se Etremos > 5 >, λ λ λ λ como os dois valores próprios da matriz hessiana associados a este ponto crítico são ambos positivos, conclui-se que o ponto é de mínimo O que está de acordo com o estudo efectuado para o sinal dos menores da metriz hessiana Conclusão: A função não admite etremo na origem e tem um mínimo no ponto (, ) 4 4 e) Determinar, caso eistam, os etremos da função f (, ( ( + ) Resolução: O domínio da função é, e, f C obtêm-se, caso eistam, os pontos críticos da função + ( ) 6 ( ) Resolvendo o sistema de estacionaridade f 4( f 4( 8 + os pontos críticos são,,) (, (, ) e (, ) A epressão geral do hessiano associado é Nos pontos (, ) e (, ) A matriz hessiana é f f H (, f f d H (, (4 4 )(4 4 ) nestes pontos, uma vez que os pontos (, ) e (, ), como d H H 84 >, a função admite etremos (,) (, ) f d 4 4 (, ) <, (,) (, ) (,) são pontos de máimo Na origem, como d H, por este processo nada se pode concluir Deve-se recorrer a (,) outro processo: estudo dos valores próprios da matriz hessiana, à definição ou, alternativamente, ver o que se passa nas direcções singulares 6/48

17 Etremos Estudando os valores próprios da matriz hessiana associada ao ponto (,), obtém-se 8 8, como um dos valores próprios é nulo, nada se pode concluir λ λ λ λ Passando à definição, sendo 4 4 f (, ( ( + ) vem f (,), qualquer bola centrada na origem contém pontos da forma, ) 4 (, onde (, ( + ) < f e da forma (,) onde f (,) 4, se (,) < f, o ponto (,) seria um ponto de máimo local (por definição), contudo tal facto não se verifica para todo o ponto (,) (não se verifica para < ), basta considerar vindo ( ) f, > Conclui-se que f (, não admite etremo 4 4 no ponto (,), a origem é um ponto de sela Conclusão: (, ) e (, ) são dois pontos de máimo da função e a origem é um ponto de sela 4 4 f) Determinar, caso eistam, os etremos da função f (, + + Resolução: O domínio da função é, e, f C ( ) O sistema de estacionaridade é Vindo e f 4 4 4( ) f 4 + 4, ± PV + + Os pontos críticos são, a origem, (,), e todos os pontos que verificam a relação ±, repare-se que nesta condição está incluído o ponto (,) Os pontos de críticos são, pois, os pontos que se encontram sobre as rectas hessiana é donde e, isto é, os pontos da forma, ) e, ) A matriz 4 8 H (,, ( ( ( 8 8 H, ± ) 8 8 donde, por este método nada se pode concluir, 7/48

18 Por definição, uma vez que, e, como, ÁREA DEPARTAMENTAL DE ENGENHARIA CIVIL ( ) f (, + +, f (, ± ) + +, pode concluir-se que os pontos situados sobre as rectas globais ± f (, f ( (, ), ) Repare-se que para quaisquer pontos sobre as rectas e são pontos de mínimo Etremos ± a função toma sempre o mesmo valor (para abcissas e ordenadas na relação ± a cota é sempre a mesma), isto é, f (, ± ) o mínimo da função 4 g) Determinar, caso eistam, os etremos da função f (, + ( 4) + ( 4) Resolução: O domínio da função é leva-nos a donde e, e, f C ( ) A construção do sistema de estacionaridade, f ( ) ( + + ) + f ( 4 + ) 4 ( ) ± 4 PV Os pontos críticos são (,) e os pontos sobre a circunferência + 4, isto é, os pontos do tipo (, 4 ) ± A matriz hessiana é Na origem ( ) 4 8 H (, 8 4( ) resultando H H (,) (,) >, 6 f o ponto (,) é um etremante da função, como d (,) 6 < sendo o seu valor f (,) 6, é um ponto de máimo, 8/48

19 Etremos Para os pontos sobre + 4, como vem H (, ± 4 ) ou seja, nada se pode concluir por este processo Recorrendo à definição, uma vez que 8 ± 8 4 (, ± 4 ) H, ± 8 4 ( ) 4 8 ( 4) + ( 4) ( + 4) 4 f (, +, concluí-se que f (, 4 ) f (, ±,, (, Df ou seja, os ponto sobre a circunferência são pontos de mínimos globais da função Conclusão: A função têm um máimo na origem, o ponto f (,) 6, e uma linha de mínimos globais sobre a circunferência + 4, sendo f ( ), ± 4 o valor desse mínimo h) Determinar, caso eistam, os etremos da função f (, + 6a, com a Resolução: O domínio da função é, e, f C ( ) O sistema de estacionaridade é donde f 6 6a a a f, a 6 6a ( a ) e a a, ou seja, os pontos críticos da função são (,) e ( a, a) Obs: acilmente se observa que o sistema de estacionaridade é verificado para ( ) a a a A matriz hessiana é 6a H (,, 6a sendo a epressão geral do hessiano associado 6a H (, 44 6a 6a donde 9/48

20 Para o ponto (,) vem então se: ÁREA DEPARTAMENTAL DE ENGENHARIA CIVIL H (, ) 6a i) a, a função não etremo local no ponto (,) uma vez que H (,) < Etremos ii) a, como H (,), nada se pode concluir Como, para (,) e (, ), a, f (, ( + ), qualquer vizinhança do ponto (,) contém pontos do tipo < se < f (,) e > se > portanto a função não etremo no ponto (,) (ponto de sela) < se < f (,, > se > Para o ponto ( a, a), vem então se H ( a, a) 44a 6a 8a, i) a, a função tem um etremo local no ponto ( a, a) uma vez que H ( a, a) > Como d d ( a, a) a, deve considerar-se dois casos, se ) a > então d e a função admite um mínimo local neste ponto; > ) a < então d e a função admite um máimo local neste ponto < ii) a, como H ( a, a), nada se pode concluir Contudo, como ( a, a) (,) admite etremo (caso estudado em cima) a função não Conclusão: Se a a função não tem etremos, se a > a função tem um mínimo local no ponto ( a, a) e se a < a função tem um máimo local no ponto ( a, a) Repare-se que sendo f ( a, a ) > se a < e f ( a, a ) < se a > f ( a, a) a, i) Determinar, caso eistam, os etremos da função f + 4 (, Resolução: O domínio da função é, e, f C ( ) Resolvendo o sistema de estacionaridade obtêm-se os pontos de equilíbrio,) 4, + ( ), ( e ( ) /48

21 Etremos A matriz hessiana é H (, 6 + Para (,), o hessiano é H (, ), nada se pode concluir De 4 4 f (, + + (, é evidente que em qualquer bola centrada na origem, desde que <, f (, > com ecepção de (,) onde f (,) Então, f (, tem um ponto de mínimo local em (,) Para ( ),, o hessiano é Uma vez, que vem Procedendo como no caso de frvr H (, ), nada se pode concluir dz z + d + dz d + Donde se conclui que ( ) Por outro lado, sendo vem + dz d z m M concluindo-se de imediato que ( ), é um ponto de máimo segundo a direcção A função não admite etremo no ponto ( ) direcções e ponto de mínimo segundo outras (, ) z + f, , é um ponto de mínimo segundo a direcção,, uma vez que é ponto de máimo segundo certa Conclusão: A origem é um ponto de mínimo local da função, enquanto o ponto ( ) se sela, é um ponto /48

22 Etremos j) Determinar, caso eistam, os etremos da função + 4 f (,, z) + z Resolução: O domínio da função é, e, f C ( ) Do sistema de estacionaridade 4, 8z z obtém-se o ponto crítico (,,), possível etremo Como f f f f f 4,, z z f e 8, z a matriz hessiana é uma vez que 4 H (,, z) d 64 >, d 8 > e d 4 >, 8 isto é, todos os menores são positivos, o ponto (,,) é um ponto de mínimo Repare-se que sendo a hessiana uma matriz diagonal os seus valores próprios são os elementos da diagonal, isto é, λ 4, λ e λ 8, todos os valores próprios são positivos a origem é um ponto de mínimo Sendo f (,, z) + + 4z f (,,) (mínimo da função), (,, z) D f o mínimo é global k) Determinar, caso eistam, os etremos da função f (,, z) + + z 4z Resolução: O domínio da função é, e, f C ( ) Resolvendo o sistema de estacionaridade 4 4 4z 4z 4z 4 obtêm-se os pontos críticos (,, ), (,, ), (,, ), (,,) e (,, ) A matriz hessiana é H (,, z) 4z 4 4z z /48

23 Etremos Obtendo-se 4 4 H (,, ) 4 4, H (,, ) 4 4, H (,,) 4 4 e H (,,) Como d H (,,) H (,, ) H (,, ) H (,,) 4, o menor principal de > segunda ordem d, é igual para todos estes pontos críticos e maior do que zero d 8 > e o menor principal de primeira ordem é também igual para estes pontos e maior do que zero d >, pode-se concluir que todos estes pontos são pontos de mínimo local O valor deste mínimo local é f (,, z ), sendo (,, z ) um destes 4 pontos Para o ponto (,,), d H (,,), nada se pode concluir por este processo Os valores próprios da matriz H associados ao ponto (,,), são λ com multiplicidade, e, portanto, também nada se pode concluir /48

24 Etremos Etremos condicionados resumo da teoria Em muitos caso pretende-se determinar os máimos ou os mínimos de uma função quando as suas variáveis estão sujeitas a uma ou mais restrições Chama-se a este tipo de questões um problema de etremos condicionados (ligados), ou com restrições Quando não eistem restrições, diz-se um problema de etremos livres Eemplo: Para determinar a distância entre a parábola 4 e a recta, pretende determinar-se o mínimo da função distância entre dois pontos que devem obedecer às seguinte condições (restrições): um ponto deve pertencer à parábola; o outro ponto deve pertencer à recta Neste âmbito, seja (, um ponto qualquer de 4 e ( u, v) um ponto qualquer de O objectivo é minimizar a distância d ((,,( u, v) ) ( u) + ( v), com (, tal que 4 e ( u, v) tal que u v Para facilitar os cálculos, pode-se procurar os pontos no qual nesse ponto que a distância, d, atinge o seu menor valor d ( u) + ( v) é mínima, pois é Um processo que neste caso pode ser utilizado para resolver o problema, é eplicitar nas condições, duas das variáveis por eemplo, e v em função das restantes e substitui-las na função a minimizar Resultando d v u 4 ( u) + ( v) ( u) + ( 4 u + ) f (, u) assim, o problema de etremos condicionados transformou-se num problema de etremos livres da função f (, u) Começa-se por resolver o sistema de estacionaridade, em busca dos pontos críticos, ( ) ( ) f ( ) 6 4 u + u + ( + ) + f ( u) 4 u u (6 ) u 4, 4/48

25 Etremos donde ( ) ( ) u 6 u + u u + + ( + ) + 4 ( 4 ) , impossível em Conclui-se que, a função (, u) 9 f tem um ponto critico para (, ) (, ) u e como 8 a função d u v ( u) + ( v) tem um ponto critico em ( 8 6 ),,,, A distância mínima entre a parábola (pertencente à parábola) e (, ) ( 9, ) 4 e a recta, é a distância entre (, ) (, ) u v (pertencente à recta) Sabe-se, pela natureza geométrica, que eiste um mínimo e que não eiste nenhum máimo, logo o ponto encontrado tem de corresponder ao mínimo procurado A distância mínima é o valor da função, d neste ponto, ou seja, ( ) ( ) d Este processo nem sempre se pode aplicar, pois em geral é difícil obter das condições dadas, algumas variáveis em função das restantes, mesmo que o teorema da função implícita garanta que essas funções eistam Para evitar este inconveniente pode-se considerar o chamado método dos multiplicadores de Lagrange, que permite obter os pontos nos quais a função sujeita a determinadas condições pode ter um etremo (pontos críticos) n Teorema (método dos multiplicadores de Lagrange): Seja f : tal que f C ( A), sendo A um aberto de n n m, g : ( n) m < com C ( A) g e B { : A g( ) } Suponhase que f admite um etremo em a B e que ( g g ) m det ( n ) ( a), então eistem m nº reais λ,,λ, tais que a é ponto crítico da função m ( ) f ( ) λi gi ( ) A λ,,λ dá-se o m i nome de multiplicadores de Lagrange m + Este teorema afirma que os etremos da função f sujeita às m restrições g ( ), só podem ocorrer em pontos críticos da função Lagrangeana ( ) f ( ) + λ g( ) + + λmgm ( ) Assim a resolução de um problema deste tipo começa pela determinação destes pontos críticos, obtidos através da resolução do seguinte sistema: i 5/48

26 Etremos ( ) ( ) ( ) ( ),,, g( ),, gm ( ) (,,,,,) n λ λm Em seguida pode-se tentar, por meio de uma análise física, geométrica ou outra, determinar se esses pontos são ou não os etremantes procurados Eiste um processo analítico para decidir se um ponto crítico a da função ( ) f ( ) λ g ( ) m + i i i é máimo ou mínimo da função f ( ), sujeita às restrições g ( ) ( i,, m) Considera-se a matriz hessiana orlada i onde g A i ( i,, m) i ( a ), sendo A ( a ), T A H T A a transposta de A, é a matriz nula e H a hessiana de no ponto a Seja m o nº de restrições gi ( ) e j o menor principal de ordem j da matriz ( a ) Então, sendo n o nº de variáveis das funções f e g i, i,, m, tem-se: e m ; m ; m ; ; m n f ( ) é mínimo m par > > > > + a, m+ n m+ < ; m+ > ; m+ < ; ;( ) m+ n > f ( a) é máimo m ; m ; m ; ; m n f ( ) é mínimo m impar < < < < + a m+ n m+ > ; m+ < ; m+ > ; ;( ) m+ n < f ( a) é máimo Repare-se que + + Sendo número de determinantes (menores) a calcular dado por n m, m n m e a ordem do maior determinante a calcular dada por n + m Obs: Para n, e um problema de etremos condicionados com uma restrição, a função Lagrangeana é L(,, λ) f (, + λg(,, vamos calcular o hessiano como se um problema de etremos livres se tratasse: L L L L L g g g λ L L L L L g g L L A H T λ A H L L L g g g L L λ λ λ Pode utilizar-se o critério para classificação de etremos utilizado no caso dos etremos livres 6/48

27 Etremos condicionados - possível resolução dos eercícios Estudar a eistência de etremos da função f (, + 4 sujeita à restrição Etremos + 8 Resolução: Neste eercício, pretende-se calcular os etremos da função f (, + 4, sujeita à restrição g (, ) Ou seja, pretende calcular-se os valores etremos da superfície z + 4 ao longo da circunferência + 8 Na figura seguinte faz-se um esboço da superfície z f (, e da sua intersecção com a curva + 8 Tem-se, portanto, uma função a etremar, a função objectivo f (, + 4, uma restrição, ( m ), + 8 e duas variáveis ( n ), um problema de etremos condicionados Estando nas condições do Teorema dos multiplicadores de Lagrange, os etremos da função sujeita à restrição só podem ocorrer nos pontos críticos da função Lagrangeana m ( ) ( ) + λi i ( ) (, ) + λ (, ) λ( + 8) m i f g f g Os pontos críticos de (, ), resultam do sistema de estacionaridade, λ + λ λ + λ 8 + (, ) + 8 ± g λ a solução do sistema é ± e ±, 7/48

28 Etremos Assim, a função (, ) tem quatro pontos críticos (,) e (, ) para λ e (, ) e (,) para λ Ou seja, a função f (, sujeita à restrição g(, ) (o problema de etremos condicionados), admite críticos verificam a restrição quatro candidatos a etremo acilmente se pode verificar os pontos g(, + 8 Portanto, para todo o ponto crítico (, ) da função Lagrangeana, f (, (, ), uma vez que g(, ) O facto de f (, ) ser contínua nos pontos críticos (que pertencem a + 8) e da circunferência ser limitada e fechada (conjunto compacto) garante pelo teorema de Weierstrass, a eistência de máimo e mínimo absoluto Como f (,) f (, ) e f (,) f (, ) 5, o máimo de f (, + 4 sobre + 8 ocorre nos pontos (, ) e (,), enquanto o mínimo ocorre em (,) e (, ), como se ilustra no esboço anterior Por outro lado, tratando-se de um problema de etremos condicionados, um processo analítico de classificar os pontos críticos da função (, ), pode ser através do estudo do sinal dos menores principais da matriz hessiana orlada, g g A g T λ A H, λ g 8/48

29 nesses pontos críticos Repare-se que esta matriz depende das variáveis e do multiplicador Etremos Sendo, o número de variáveis n, e o número de restrições m, tem-se: i) o número de determinantes a calcular é n m (que coincide com o hessiano) ii) a ordem do maior determinante a calcular é n + m Por i) e ii), basta calcular m+ n+ m ( a (hessiano associado), para cada ponto crítico ) da função (, ) para se saber a natureza dos mesmos (em relação ao problema inicial) Como m é impar: se o ponto crítico é um ponto de máimo > se o ponto crítico é um ponto de mínimo < ) Para (, ) e (, ) com λ, vem 44 >, e, portanto, estes pontos são pontos de máimo do problema de etremos condicionados ) Para (, ) e (, ) com λ, vem 44 < pontos de mínimo do problema de etremos condicionados, e portanto, estes pontos são Este problema de etremos condicionados, tem interpretação geométrica, considerando as curvas de nível da função e a restrição A epressão geral das curvas de nível de f (, + 4, é c {(, ) : 4 } N + c, portanto as curvas de nível desta função dão hipérboles Na figura seguinte, estão representadas algumas curvas de nível e a restrição + 8 Observe-se que as curvas de nível da função objectivo, f (, + 4 c, intersectam o gráfico da restrição + 8 (circunferência) 9/48

30 Etremos Através da figura anterior, pode verificar-se que esses pontos de intersecção são precisamente os pontos onde o problema tem valores etremos, os pontos críticos da função Lagrangeana, (, ) Assim, os valores de c que se obtêm fazendo f (, ) c dão os valores etremos do problema Neste eemplo, para c 5 e c, respectivamente, os valores mínimo e máimo do problema de etremos condicionados, os pontos de intersecção entre as curvas de nível e a recta circunferência são (, (, ) (, (,), onde o problema tem um mínimo, e (, (,) (, (, ), onde o problema tem um mínimo De facto, pode interpretar-se geometricamente o método dos multiplicadores de Lagrange para funções de duas variáveis do seguinte modo Por eemplo, para calcular os valores etremos de f (, ) sujeita à restrição g(, ), ou seja, os etremos de f (, ) quando (, ) pertence à curva g(, ), pode imaginar-se a seguinte figura A figura seguinte, apresenta-se um esboço, da curva g(, ) juntamente com várias curvas de nível da função f, cuja equação é f (, c /48

31 Etremos Portanto, maimizar f (, ) sujeita a g(, ) é achar o maior valor de c tal que a curva de nível f (, c intercepte a curva g(, ) A figura ilustra que tal acontece quando estas curvas se tocam, ou seja, onde essas curvas têm uma recta tangente em comum Isto significa que as rectas normais ao ponto onde as duas curvas se tocam devem ser as mesmas Logo os vectores gradientes das duas funções nesse ponto deverão apontar na mesma direcção (são paralelos), o que só é possível se f for um escalar múltiplo de g no ponto a (, ), isto é, se f (, ) λ g(, ) para algum escalar λ, o multiplicador de Lagrange Assim, os etremos de f (, ) sujeita a g(, ) deve ocorrer nos pontos que são solução do sistema de equações f g f λ λ g f f g g f λg f f f λ g, λ, f g f λ f g λg λ g g(, g g(, g(, g(, g(, g(, Este resultado pode ser generalizado para um número de variáveis n > Calcular os valores etremos da função f (, + no círculo Resolução: A função objectivo é f (, + e a restrição + 4 g(, + 4 Para a procura dos candidatos a etremos, pode utilizar-se f λ g g(, () Uma vez que, f (,) e g (,, de () vem (,) λ(,, ou seja, λ e λ, vindo Tendo em conta a restrição, os candidatos a etremos são (, ) e (, ) /48

32 Etremos Pelo teorema de Weierstrass, f (, ) é o máimo da função e f (, ) o mínimo Na figura, estão representadas as curvas de nível da função para c ±, ou seja, as rectas f (, e f (,, e a restrição + 4 Os pontos de máimo f (, ) e mínimo f (, ) do problema de etremos condicionados, são os pontos de tangência entre a circunferência e as rectas e, respectivamente Como eercício, calcule o valor de λ, associado a este problema Utilize este processo e a função Lagrangeana Interprete o resultado 4 Calcular, caso eistam, os etremos da função f (, 9 no plano + Resolução: Neste eercício, pretende-se calcular os etremos da função f (, 9, sujeita à restrição g(, +, um problema de etremos condicionados Estando nas condições do Teorema dos multiplicadores de Lagrange, os etremos da função sujeita à restrição devem procurar-se nos pontos críticos da função Lagrangeana O sistema de estacionaridade é ( ) (, f (, + λ g(, 9 + λ + λ + λ λ + λ + λ λ λ g(, + λ /48

33 Assim, a função (, ) ÁREA DEPARTAMENTAL DE ENGENHARIA CIVIL tem um ponto crítico ( ) função f (, sujeita à restrição (, ) Etremos,, para λ que é o mesmo que dizer que a g, admite o ponto crítico ( ),, um ponto candidato a etremo Tratando-se de um problema de etremos condicionados, um processo de classificar os pontos críticos da função (, ), é através do estudo do sinal dos menores principais, nesses pontos críticos, da matriz hessiana g g g, g repare-se que esta matriz não depende nem das variáveis nem do multiplicador Sendo, o número de variáveis n, e o número de restrições m, tem-se iii) o número de determinantes a calcular é n m (que coincide com o hessiano) iv) a ordem do maior determinante a calcular é n + m Por i) e ii), basta calcular m+ n+ m ( a (hessiano associado), para o ponto crítico da ) função (, ) para se saber a natureza do mesmo (em relação ao problema inicial) Como m é impar: se o ponto crítico é um ponto de máimo > se o ponto crítico é um ponto de mínimo < No ponto crítico ( ),, 4 > Como m é impar e, o ponto crítico é um ponto de máimo da função > sabendo que e se pertencem ao plano f (, 9 9 máimo do problema de etremos condicionados é f (, ) (, ) 9 ( ) ( ) que o ponto crítico verifica a restrição g(, + +, o, uma vez Geometricamente, como a epressão geral das curvas de nível de, é f (, 9 c {(, ) : 9 } {(, ) : 9 } N c + c, estas são circunferências de centro na origem e raio r 9 c ( c < 9 ) Na figura seguinte, 9 estão representadas algumas curvas de nível c,,6, assim como o gráfico da restrição /48

34 Etremos A recta, que correspondente à restrição, é tangente à curva de nível da função correspondente a 9 c o valor do etremo da função (máimo) O ponto de intersecção entre esta curva de nível, + 9 e a recta + restrição é 9 ou seja, o ponto crítico, ( ) + 9 +,,, da função Lagrangeana Pode concluir-se que, a função restrição é tangente a uma das curvas de nível da função objectivo, sendo o ponto de tangência o etremante 9 desta função Substituindo este valor na função objectivo, obtém-se c, o máimo da função 4/48

35 Etremos Da interpretação geométrica do problema, pode ter-se a seguinte ideia: para que a recta restrição seja tangente a uma curva de nível da função objectivo, os seus gradientes deverão apontar na mesma direcção, o que só é possível se f for um escalar múltiplo de g, isto é, se f λ g, como já se sabe, λ é o multiplicador de Lagrange 5 Calcular, caso eistam, os etremos da função f (,, com as variáveis sujeitas à restrição + 9 Resolução: Neste problema de etremos condicionados, tem-se um função a etremar, f (,, a função objectivo, sujeita uma restrição ( m ), g (, + 9 A Lagrangeana é m i m ( ) ( ) f ( ) + λ g ( ) f (, + λg(, + λ + 9 i i Para se determinar os pontos críticos de (, ), recorre-se ao sistema de estacionaridade λ + λ + 4λ λ, g(, λ (com e, facilmente se vê que e não são soluções do sistema), donde ± ± e λ Assim, a função (, ) ( ) 6, 9 ±, para tem dois pontos críticos ( ) 6, 9 λ Portanto, os pontos ± são candidatos a etremos da função f (, sujeita à restrição g(, ) acilmente se pode verificar estes pontos satisfazem a restrição + 9 Analogamente ao eercício anterior, sendo n (nº de variáveis) e m (nº de restrições) vem n m (nº de determinantes a calcular) e n + m (ordem do maior determinante a calcular), ou seja, basta estudar o sinal de m+ n+ m ( a para cada um dos pontos críticos da função ) (, ) para se saber a natureza dos mesmos (em relação ao problema inicial) A matriz hessiana é 5/48

36 Etremos g g 4 g λ, 4 4λ g a epressão geral do hessiano associado é 8λ( ) depende do sinal de λ, sendo m impar, para λ > para 6 9 < ( ), f (, sujeita à restrição (, λ < 4 +, e ( ) 6, 9 g, o mínimo é (, ) 6 9 > ( ) 6 9, e ( ), f (, sujeita à restrição (, O sinal deste determinante é um ponto de mínimo da função f 6 9 g, o máimo é (, ), é um ponto de máimo da função f 6 9 Como eercício verificar se se pode aplicar o teorema de Weierstrass 6 Calcular a distância mínima da origem à hipérbole de equação + + Resolução: Seja (, um ponto qualquer da hipérbole a função a minimizar (etremar) é a função ou, por facilidade de cálculos, com as variáveis sujeitas à restrição ((,),(, ) ( ) + ( ) d + d + f (, g (, + +, isto é, sabendo-se que os pontos (, ) pertencem à hipérbole Um problema de etremos condicionados A função Lagrangeana é e o sistema de estacionaridade associado ( ) (, ) + + λ λ( + ) + λ ( λ + ) λ + + 6/48

37 Etremos Para, vem para e para + λ( + ) λ λ 6 4λ λ, então os pontos críticos de (, ) são, para já,(, ) com λ e (, ) com λ Para λ, vem Nestes termos, a função (, ) +, sistema impossível em , tem dois pontos críticos, (, ) para λ e (,) para λ Donde, o problema de etremos condicionados tem dois tem dois candidatos a etremos (, ) e (,) Como n e m (ímpar) basta calcular m+ n+ m para cada um dos ( ) pontos críticos da função (, ) A matriz hessiana é a Para λ vem ( ) + + λ + λ 48 <, e, para λ, vem são pontos de mínimo do problema, ou seja, (, ) e (,) ( ) 8 <, Como se tem dois pontos de mínimo e se quer a distância mínima da origem à hipérbole g (, + +, deve substituir-se cada um dos pontos na função d e ver qual deles a minimiza Como d ((,)(,) ) ( ) + ( ) e ((,)(,) ) ( ) + ( ) d, 7/48

38 Etremos conclui-se que a distância mínima entre a origem e a hipérbole é dada pela distância entre o ponto (, ) e o ponto (,), o que pode ser ilustrado graficamente Neste tipo de eercícios, a não ser que seja pedido, será desnecessário estudar os sinais dos menores, uma vez que, basta substituir os pontos críticos na função objectivo, isto é, em d(, ), para se poder concluir quanto à distância mínima ou máima A distância mínima corresponde, por definição, à distância Neste caso à distância entre a origem e a hipérbole 7 Decompor o número k > na soma de três números cujo produto é máimo Resolução: A função objectivo é f (,, z) z que se quer maimizar, sujeita à restrição g(, + + z k, uma vez que se quer decompor o nº k na soma de três números + + z k Neste conteto a função de Lagrange é (,, z) z + λ( + + z k) z + λ λ z z λ λ z + z Resolvendo o sistema de estacionaridade z, + λ λ z + + z k em k k k + + z k + + k z, k k k ou seja, a função Lagrangeana tem um ponto crítico,, com k λ, que no conteto do 9 problema é um ponto de máimo Vejamos, sendo n e m, a matriz hessiana é de ordem n + m 4, e como n m, deve estudar-se o sinal de determinantes, 4 e no ponto crítico A matriz hessiana é n+ m m+ 8/48

39 donde e ÁREA DEPARTAMENTAL DE ENGENHARIA CIVIL z, z k k k 4 k (, k, k < ( k > ) ) k k k k Etremos k k > ( k > ) k k k Como m é ímpar, sendo n+ m 4 < e m+ >, o ponto,, máimo da função f (,, z) k z sujeita à restrição + + z k (do problema) é um ponto de Conclusão: Para se decompor o número k > na soma de três números de modo a maimizar o produto desses números, esses deverão ser todos iguais a k, sendo esse máimo (,, ) f k k k k 7 8 De todos os triângulos rectângulos de área dada A, determinar o de perímetro mínimo Resolução: Se a e b representarem as dimensões dos catetos e h a hipotenusa do triângulo, como o perímetro é P a + b + h, a função objectivo (a minimizar) é f ( a, b, h) a + b + h Deve-se, pois arranjar restrições (relações) para as variáveis a, b e h Sabe-se que a área de um triângulo é dada por como estes são rectângulos, vem e base altura A, ab A ab A k ab k (k constante positiva), h a + b a + b h Tem-se um problema de etremos condicionados, onde se quer minimizar P a + b + h, sujeita às restrições g ( a, b) ab k e g ( a, b, h) a + b h 9/48

40 Etremos A função de Lagrange é a b h a + b + h + ab k + a + b h, (,, ) λ ( ) λ( ) o número de variáveis é n e o número de restrições m O sistema de estacionaridade associado é a b λ a λ b + + a b + λ + λ hλ h ab k λ a + b h λ Da resolução deste sistema (eercício) resultam quatro pontos críticos, como as medidas dos triângulos são positivas, só se considera o ponto (,, ) k k k, com λ e λ k k Portanto, o ponto ( k, k, k ) é um possível etremo da função perímetro sujeita às restrições (do problema) Parece óbvio, que este ponto é de mínimo (intuitivamente não faz sentido o ponto ser de máimo pois de entre todos os triângulos rectângulos não será possível construir um com perímetro máimo, nestas condições) Analiticamente, prova-se que o ponto é de mínimo, para isso, estuda-se o sinal dos menores principais da matriz hessiana orlada O número destes menores a calcular é n m, de ordem n + m 5, isto é, 5 A matriz hessiana orlada é b a a b h b a λ λ, a b λ λ h λ para a k, b k, h k, λ e λ, vem k k 4/48

41 k k k k k k k 5 + > k k k k k k Como m é par e 5 triângulo rectângulo de lados a perímetro mínimo dado por onde A representa a área do triângulo >, o ponto (,, ) k k 6 k ( ) k > Etremos k k k é ponto de mínimo da função, isto é, o k, b k e h k (os catetos tem a mesma medida) tem P k + k A + A, 9 Determinar os etremos locais da função f (,, z) + z + sabendo que + z Resolução:A função Lagrangeana é (,, z, λ ) + + z + λ( + z ), e sistema de estacionaridade associado λ + λ λ λ z + λ z z + z λ λ λ λ,, com λ Sendo n e m, vem O Ponto crítico da função Lagrangeana é ( ) n m, número de determinantes a calcular, e n + m 4 a ordem do maior, isto é, os determinantes a calcular são m n 4 e A matriz hessiana é + m+ g g g z g z, g z g z z z z 4/48

42 Etremos como m é impar, uma vez que, e 4, a função f (,, z) + z 4 < + sujeito à restrição + z dado por f,, 9 <, tem um mínimo no ponto,,, Determinar o ponto da esfera + + z 9 mais próimo do ponto (,,4) Resolução: No conteto do problema, d ( ) + ( ) + ( z 4) é a função a minimizar sabendo que as variáveis estão ligadas pela condição + + z 9 A Langrangeana é o sistema de estacionaridade, ( + + 9) ( ) + ( ) + ( z 4) + λ z, 6 ± 9 ( ) λ + λ + 9 ( ) λ ± λ ( 4) λz + 4 z ± z + + z λ z λ ± + λ + λ + λ A função admite dois pontos críticos É intuitivo, por se tratar de uma esfera, perceber que a função distância admite um máimo e um mínimo nestes ponto, tal facto evita o cálculo dos n m menores, 4 e Como e 6 9 conclui-se que ( ) ponto,,4) ( ) ( ) ( ) ( ) d,, ,689, ( ) ( ) ( ) ( ) d,, ,,,, é um ponto de mínimo da função, o ponto da esfera mais próimo do ( e ( ) 6, 9, um ponto de máimo, o ponto da esfera mais afastado do ponto (,,4) A distância da esfera ao ponto (,,4) é d 5, 689,85 6 Os pontos (, 9, ) e( ) 6, 9, + + z são pontos da esfera, isto é, verificam a equação /48

43 Etremos Considere a secção feita no elipsóide + + z pelo plano + Determinar o ponto da curva mais afastado e mais próimo de (,) Resolução: Analogamente ao que foi feito no eercício anterior o objectivo é optimizar f (,, z) + z d +, sabendo que + + z e + Tem-se, portanto, uma função objectivo sujeita a duas restrições vindo a função Lagrangeana O sistema de estacionaridade é g z + + z e g (,, z) +, (,, ) ( ) λ ( ) (,, z) + + z + λ + + z λ λ + 4λ + λ z + λz, z + + z λ + λ tendo em conta a terceira equação do sistema, z + λ z z λ Então, se: z donde, para e, para + λ + λ 4λ λ + + ( ) + + vindo λ, λ 4 vindo λ, λ 9 4/48

44 Etremos 44/48 A função Lagrangeana tem, para já, dois pontos críticos, o ponto ),, ( para λ e λ e o ponto,, para λ e 9 4 λ λ z λ, cai-se na situação anterior A função Lagrangeana tem, portanto, dois pontos críticos, donde a função sujeita às duas restrições admite dois candidatos a etremos, os pontos ),, ( e,, Estes dois pontos pertencentes ao elipsóide e ao plano, mais, pertencem à curva (secção) resultante da intersecção destes dois A matriz hessiana orlada é λ λ λ z z z z z z z g z g z g g z g g z g g g z g g g Sendo n, o nº de variáveis, e m, o nº de restrições, então: i) o nº de determinantes a calcular é m n ; ii) a ordem do maior determinante a calcular é 5 + m n Por i) e ii) basta calcular ) ( 5 a m n m + + para se saber a natureza dos pontos críticos, em relação ao problema inicial Como m é par se 5 < o ponto crítico é um ponto de máimo e se 5 > o ponto crítico é um ponto de mínimo Para o ponto ),, ( com λ e λ, vem 5, nada se pode concluir

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