3.4 Multiplicadores de Lagrange

Em muitas aplicações devemos achar os extremos de uma função $f(x,y)$ sujeita a algum vínculo. Por exemplo, encontrar o volume da maior caixa retangular cujas faces sejam paralelas aos planos coordenados que esteja inserida no elipsóide de equação, $16x^2+4y^2+8z^2=128$ , temos que $V=xyz$ onde $V$ representa o volume da caixa, daí $V=xy\sqrt{16-2x^2-\frac{1}{2}y^2}$ . Temos então o seguinte teorema devido a Lagrange.

Teorema 24. Sejam $f$ e $g$ funções de duas variáveis de classe $C^1$ , e suponhamos que $-\nabla g\neq 0$ numa região do plano-xy. Se $f$ tem um extremo $f(x_0,y_0)$ sujeito ao vínculo $g(x,y)=0$ então existe um número real $\lambda$ tal que

$\nabla f(x_0,y_0)=\lambda \nabla g(x_0,y_0).$

Prova: O gráfico de $g(x,y)=0$ é uma curva $C$ no plano-xy. Suponha que $C$ admite a parametrização:

$x=h(t), \quad y=k(t), \quad t \in I.$

Seja

$\vec{r}(t)=x\vec{i}+y\vec{j}=h(t)\vec{i}+k(t)\vec{j},$

suponha que $f$ tem um extremo em $P_0(x_0,y_0)$ tal que $h(t_0)=x_0$ e $k(t_0)=y_0$ . Definindo uma função $F$ de uma variável por

$F(t)=f(h(t),k(t))$

quando $t$ varia obtemos $f(x,y)$ com $(x,y)$ variando em $C$ , isto é, $f(x,y)$ está sujeita ao vínculo $g(x,y)=0$ . Como $f(x_0,y_0)$ é um valor extremo de $f$ , sob estas condições, segue que $F(t_0)=f(h(t_0),k(t_0))$ é um extremo de $F(t)$ . Assim, $F’(t_0)=0$ . $F$ como função composta pode ser derivada de modo que

$F’(t)=\dfrac {\partial f}{\partial x}\dfrac {dx}{dt}+\dfrac {\partial f}{\partial y}\dfrac {dy}{dt}$

$F’(t)=\dfrac {\partial f}{\partial x}h’(t)+\dfrac {\partial f}{\partial y}k’(t)$

Fazendo $t=t_0$ temos

$0=F’(t_0)=\dfrac {\partial f}{\partial x}(x_0,y_0)h’(t_0)+\dfrac {\partial f}{\partial y}(x_0,y_0)k’(t_0)=\nabla f(x_0,y_0)\cdot \vec{r}’(t_0)$

Isto mostra que o vetor $\nabla f(x_0,y_0)$ é ortogonal ao vetor $\vec{r}’(t_0)$ tangente a $C.$ Mas $\nabla g(x_0,y_0)$ também é ortogonal a $\vec{r}’(t_0)$ , pois $C$ é uma curva de nível para $g$ . Como $\nabla f(x_0,y_0)$ e $\nabla g(x_0,y_0)$ são ortogonais ao mesmo vetor, então eles são paralelos, isto é, existe um $\lambda$ real tal que

$\nabla f(x_0,y_0)=\lambda \nabla g(x_0,y_0)$

o número $\lambda$ é o multiplicador de Lagrange.

O teorema de Lagrange 24 nos diz que os pontos extremos de uma função $f$ sujeita ao vínculo $g(x,y)=0$ serão os pontos $(x,y)$ determinados pelas duas primeiras coordenadas de $(x,y,\lambda )$ que são soluções do sistema

$\begin{cases} f_ x(x,y)=\lambda g_ x (x,y)\\ f_ y(x,y)=\lambda g_ y (x,y)\\ g(x,y)=0 \end{cases}$

Exemplo 53. Ache os extremos de $f(x,y)=xy$ se $(x,y)$ está restrito à elipse $4x^2+y^2=4$ .

Solução: Temos que $g(x,y)=4x^2+y^2-4=0.$ Fazendo $\nabla f=\lambda \nabla g$ obtemos

$y\vec{i}+x\vec{j}=\lambda (8x\vec{i}+2y\vec{j})$

Assim obtemos o seguinte sistema:

$\begin{cases} y=\lambda 8 x\\ x=\lambda 2y\\ 4x^2+y^2-4=0 \end{cases}$

fazendo $y=8\lambda x$ em $x=2\lambda y$ obtemos

$x=2\lambda (8\lambda x)=16 \lambda ^2 x$

$(1-16\lambda ^2)x=0.$

Portanto, ou $x=0$ ou $\lambda =\dfrac {1}{4}$ se $\lambda =dfrac{1}{4}$ obtemos

$y=8\lambda x=8x(\dfrac {1}{4})=2x.$

Levando em conta este valor teremos

$4x^2+4x-4=0, \Rightarrow 8x^2=4$

$x=\dfrac {1}{\sqrt{2}}=\dfrac {\sqrt{2}}{2}$

os valores correspondentes de $y$ são

$y=2x=2\dfrac {\sqrt{2}}{2}=\sqrt{2}$

assim obtemos os pontos $(\dfrac {\sqrt{2}}{2},\sqrt{2})$ e $(-\dfrac {\sqrt{2}}{2},\sqrt{2})$ temos a seguinte tabela

desse modo, $f(x,y)$ toma valor máximo $1$ em $(\dfrac {\sqrt{2}}{2},\sqrt{2})$ ou $(-\dfrac {\sqrt{2}}{2},-\sqrt{2})$ e valor mínimo $-1$ em $(\dfrac {\sqrt{2}}{2},-\sqrt{2})$ ou $(-\dfrac {\sqrt{2}}{2},\sqrt{2}).$