MÁXIMOS E MÍNIMOS - pucquepariu.s3.amazonaws.com · 7.1. INTRODUÇÃO 161 Para n = 3,∇f(x,y,z)...

Capítulo 7

MÁXIMOS E MÍNIMOS

7.1 Introdução

Definição 7.1. Sejam A ⊂ Rn um conjunto aberto, f : A ⊂ R

n −→ R uma função eε > 0 (pequeno).

1. Um ponto x0 é um ponto demínimo local de f se existe B(x0, ε), tal que:

f(x0) ≤ f(x), para todo x ∈ B(x0, ε)

2. Um ponto x0 é um ponto demáximo local de f se existe B(x0, ε), tal que:

f(x) ≤ f(x0), para todo x ∈ B(x0, ε)

3. Em ambos os casos, x0 é dito extremo relativo ou local de f e f(x0) é dito valorextremo de f .

-2 -1 0 1 2

-2

-1

0

1

2

Figura 7.1:

Exemplo 7.1.

[1] Se z = f(x, y) = x2 + y2, então, (0, 0) é ponto de mínimo local de f .

De fato, x2 + y2 ≥ 0, para todo (x, y) ∈ R2.

0 = f(0, 0) ≤ f(x, y) = x2 + y2, para todo (x, y) ∈ Dom(f)

159

160 CAPÍTULO 7. MÁXIMOS E MÍNIMOS

e o valor mínimo é z = 0, que é atingido na origem.

-2 -1 0 1 2-2

-1

0

1

2

Figura 7.2: Exemplo [1].

[2] Se z = f(x, y) = −x2; então {(0, y) ∈ R2/y ∈ R} é um conjunto infinito de

pontos de máximo locais de f .

De fato, −x2 ≤ 0, para todo (x, y) ∈ R2 e f(0, y) = 0. Logo f(x, y) ≤ f(0, y) para

todo (x, y) ∈ R2. Então, f atinge seu valor máximo 0 em qualquer ponto da reta

{(0, y) ∈ R2/y ∈ R}.

-2 -1 0 1 2

-2

-1

0

1

2


Teorema 7.1. Seja f : A ⊂ Rn −→ R uma função de classe C1, definida no aberto A e

x0 ∈ A um ponto extremo local de f . Então∇f(x0) = 0̃.

Para a prova, veja o apêndice.

Definição 7.2.

1. Um ponto x0 tal que ∇f(x0) = 0 é dito ponto crítico de f e f(x0) é dito valorcrítico de f . Caso contrário, x0 é dito ponto regular de f e f(x0) valor regular de f .

2. Um ponto crítico que não é máximo local nem mínimo local é chamado de ponto desela.

7.1. INTRODUÇÃO 161

Para n = 3,∇f(x, y, z) = 0̃ é equivalente a resolver o seguinte sistema de equações:

∂f

∂x(x, y, z) = 0

∂f

∂y(x, y, z) = 0

∂f

∂z(x, y, z) = 0.

Analogamente para n = 2:

∂f

∂x(x, y) = 0

∂f

∂y(x, y) = 0.

Agora, podemos enunciar o Teorema da função implícita de uma forma mais geo-métrica:Seja f uma função de classe Ck (k > 0) definida num aberto de R

n. Para todo valorregular c de f , o conjunto f−1(c) ( se não for vazio) é uma superfície (curva) declasse Ck.

Exemplo 7.2.

[1] Seja z = f(x, y) = x2 + y2. Então∇f(x, y) = (2x, 2 y) e:

{

2x = 0

2 y = 0;

a única solução do sistema é x = 0 e y = 0; (0, 0) é ponto crítico de f .

[2] Seja z = f(x, y) = 4x y2 − 2x2 y − x.

(1)∂f

∂x(x, y) = 4 y2 − 4x y − 1 = 0

(2)∂f

∂y(x, y) = 8x y − 2x2 = 0;

o sistema é equivalente a:

{

(1) 4 y2 − 4x y = 1

(2) 2x (4 y − x) = 0;

de (2): as soluções são x = 0 ou 4y − x = 0.

Se x = 0, então, de (1), 4 y2 = 1, y = ±1

2e (0,±1

2) são os pontos críticos. Se 4 y = x,

então, de (1), 3x2 = −4, que não tem solução real.


[3] Seja f(x, y) =xy

8+

1

x+

1

y, x, y 6= 0.

(1)∂f

∂x= y

8 − 1x2 = 0

(2)∂f

∂y= x

8 − 1y2 = 0;

como x, y 6= 0, tirando o valor de uma das variáveis em (1) e subtituindo em (2),obtemos a solução x = y = 2. Logo (2, 2) é o ponto crítico de f .

[4] Seja f(x, y) = 2 (x2 + y2) e−(x2+y2).

(1)∂f

∂x= 4xe−(x2+y2)(1 − x2 − y2) = 0

(2)∂f

∂y= 4ye−(x2+y2)(1 − x2 − y2) = 0,

que é equivalente ao sistema:{

(1) x (1 − x2 − y2) = 0

(2) y (1 − x2 − y2) = 0;

de (1) e (2), as soluções do sistema são: x = y = 0 e x2 + y2 = 1. Observe que estafunção tem uma curva de pontos críticos. Os pontos críticos são (0, 0) e os pontosdo círculo {(x, y) ∈ R

2/x2 + y2 = 1}.


[5] Seja f(x, y) = (x2 − y2) e−x2+y2

2 .

(1)∂f

∂x= e−

(x2+y2)2 (2x − x (x2 − y2)) = 0

(2)∂f

∂y= e−

(x2+y2)2 (−2 y − y (x2 − y2)) = 0,

7.1. INTRODUÇÃO 163

que é equivalente ao sistema:

{

(1) x (2 − x2 + y2) = 0

(2) y (−2 − x2 + y2) = 0;

de (1) e (2), as soluções do sistema são: (0, 0), (±√

2, 0) e (0,±√

2), que são ospontos críticos de f .


[6] Seja f(x, y) =x2 − y2

x2 + y2 + 1.

(1)∂f

∂x=

2x (1 + 2 y2)

x2 + y2 + 1= 0

(2)∂f

∂y=

2 y (1 + 2x2)

x2 + y2 + 1= 0,

que é equivalente ao sistema:

{

(1) x = 0

(2) y = 0;

a única solução do sistema é: (0, 0), que é o ponto crítico de f .



[7] Seja f(x, y, z) =4√

3x y z

3 + x + y + z. O sistema∇f(x, y, z) = ~0 é equivalente a:

(1) y z (3 − 3x + y + z) = 0

(2) x z (3 + x − 3 y + z) = 0

(3) x y (3 + x + y − 3 z) = 0;

de (1), (2) e (3), temos que o sistema tem como únicas soluções (0, 0, 0) e (3, 3, 3) ,que são os pontos críticos de f .

7.2 Determinação dos Extremos Locais

Seja f : A ⊂ R2 −→ R. Para dimensão 2, o fato de que ∇f(x0) = ~0 implica em que

o plano tangente ao gráfico de f no ponto x0 seja paralelo ao plano xy, fato análogoao que ocorre em dimensão 1.

Teorema 7.2. Seja a família de funções:

f(x, y) = Ax2 + 2B xy + C y2,

tal que A, B, C ∈ R e não são todas simultaneamente nulas. Denotemos por ∆ = AC −B2.

1. Se∆ > 0 e A > 0, então (0, 0) é ponto de mínimo de f .

2. Se∆ > 0 e A < 0, então (0, 0) é ponto de máximo de f .

3. Se∆ < 0, então (0, 0) é ponto de sela de f .

Para a prova, veja o apêndice. Note que A =1

2

∂2f

∂x2, B =

1

2

∂2f

∂x∂ye C =

1

2

∂2f

∂y2.

No caso ∆ = 0, não é possível tomar uma decisão.

7.2. DETERMINAÇÃO DOS EXTREMOS LOCAIS 165

Exemplo 7.3.

[1] Determine os pontos extremos de f(x, y) = x2 + 3x y + y2.

Neste caso A = 1, B = 32 e C = 1; ∆ < 0; então (0, 0) é um ponto de sela.

-4 -2 0 2 4-4

-2

0

2

4


[2] Determine os pontos extremos de f(x, y) = 3x2 − x y + 3 y2.

Neste caso A = 3, B = −12 e C = 3; ∆ > 0; então (0, 0) é um ponto de mínimo de f

e o valor mínimo é f(0, 0) = 0.

-4 -2 0 2 4-4

-2

0

2

4


Denotemos por:

∆ = det(H(x, y))

onde:

H(x, y) =

∂2f

∂x2

∂2f

∂x ∂y

∂2f

∂y ∂x

∂2f

∂y2

e as derivadas parciais são calculadas no ponto (x, y). A matriz H(x, y) é chamadade matriz Hessiana de f .


Teorema 7.3. Sejam f uma função de classe C2 definida num conjunto aberto U ⊂ R2 e

(x0, y0) ∈ U um ponto crítico de f e denotemos por:

A(x, y) =∂2f

∂x2(x, y) e ∆(x, y) = det

(

H(x, y))

.

1. Se A(x0, y0) > 0 e∆(x0, y0) > 0, então (x0, y0) é ponto de mínimo local de f em U .

2. Se A(x0, y0) < 0 e ∆(x0, y0) > 0, então (x0, y0) é ponto de máximo local de f emU .

3. Se∆(x0, y0) < 0, então (x0, y0) é ponto de sela de f em U .

4. Se∆(x0, y0) = 0, nada se pode concluir.


Observação 7.1.

Se (x0, y0) é ponto de mínimo local de f , então as curvas de nível e o gráfico de fnuma vizinhança de (x0, y0) e (x0, y0, f(x0, y0)), respectivamente, são da forma:

-2 -1 0 1 2

-2

-1

0

1

2

Figura 7.9:

Se (x0, y0) é ponto de máximo local de f , então as curvas de nível e o gráfico de fnuma vizinhança de (x0, y0) e (x0, y0, f(x0, y0)), respectivamente, são da forma:

-2 -1 0 1 2

-2

-1

0

1

2

Figura 7.10:

Se (x0, y0) é ponto de sela de f , então as curvas de nível e o gráfico de f numavizinhança de (x0, y0) e (x0, y0, f(x0, y0)), respectivamente, são da forma:


-2 -1 0 1 2

-2

-1

0

1

2

Figura 7.11:

Se f é uma função contínua no ponto (x0, y0) e se as derivadas parciais de f nãoexistem no ponto (x0, y0), mesmo assim é possível que este ponto seja extremo edeve ser examinado separadamente. Por exemplo, f(x, y) =

√

x2 + y2 é contínuaem R

2 e as derivadas parciais na origem não existem. Por outro lado 0 ≤√

x2 + y2,para todo (x, y) ∈ R

2 e f(0, 0) = 0 ≤ f(x, y), para todo (x, y) ∈ R2; logo, (0, 0) é

ponto de mínimo local de f . Veja o exercício 6).

Figura 7.12:

No Cálculo em uma variável, se uma função contínua possui dois pontos de má-ximo local, necessariamente deve existir um ponto de mínimo local. No caso devárias variáveis, uma função pode ter dois pontos de máximo e não possuir ne-nhum ponto de mínimo. De fato:

Exemplo 7.4.

Seja f(x, y) = −(x2 − 1)2 − (x2 y − x − 1)2; claramente f é contínua em R2.

Determinemos os pontos críticos:

∂f

∂x= −2

(

2x (x2 − 1) + (1 − 2x y) (1 + x − x2 y))

= 0

∂f

∂y= 2x2 (1 + x − x2 y) = 0.

Resolvendo o sistema obtemos os pontos críticos (−1, 0) e (1, 2).

A(x, y) = 2 + 4 y + 12x y − 12x2 (y2 + 1)

∆(x, y) = −8x2 (2 + 6x + x2 (5 − 7 y) − 9x3 y + x4 (5 y2 − 3));


logo, A(−1, 0) = −10 e ∆(−1, 0) = 16; A(1, 2) = −26 e ∆(1, 2) = 16. Ambos ospontos são de máximo local de f e f não possui pontos de mínimo.

Figura 7.13: Desenhos do gráfico de f ao redor dos pontos de máximo local e ográfico de f

-1.4 -1.2 -1 -0.8 -0.6

-0.4

-0.2

0

0.2

0.4

0.6 0.8 1 1.2 1.4

1.6

1.8

2

2.2

2.4

-1 -0.5 0 0.5 1 1.5-1

0

1

2

3

Figura 7.14: As respectivas curvas de níveis.

Pode existir um ponto de sela quando existem dois pontos de máximo ou de mí-nimo. De fato, seja:

f(x, y) = x4 + y4 − 4x y + 1;

claramente f é contínua emR2. Os pontos críticos são (0, 0), (−1,−1) e (1, 1) e (0, 0)

é ponto de sela, (−1,−1) e (1, 1) são pontos de mínimo local de f .Se consideramos g(x, y) = −f(x, y), o ponto (0, 0) é ponto de sela e (−1,−1) e (1, 1)são pontos de máximo local de f .

-1.5 -1 -0.5 0 0.5 1 1.5-1.5

-1

-0.5

0

0.5

1

1.5

Figura 7.15: Curvas de nível e gráfico de f(x, y) = x4 + y4 − 4x y + 1


7.2.1 Exemplos

[1] Classifique os pontos críticos de f(x, y) = x2 + y2 + x2 y + 4.

Determinemos os pontos críticos: Resolvemos o sistema:

∂f

∂x= 2x + 2x y = 2x (1 + y) = 0

∂f

∂y= 2 y + x2 = 0,

que é equivalente a:{

x (1 + y) = 0

2 y + x2 = 0.

Os pontos críticos são (0, 0), (√

2,−1) e (−√

2,−1).

H(x, y) =

2 (y + 1) 2x

2x 2

.

A(x, y) = 2 (y + 1), ∆(x, y) = 4 (1 + y − x2).

Ptos. Críticos A ∆ T ipo V alor

(0, 0) 2 4 mín 4(√

2,−1) 0 −8 sela(−

√2,−1) 0 −8 sela

-2 -1 0 1 2-2

-1

0

1

2

Figura 7.16: Curvas de nível e gráfico do examplo [1].

[2] Classifique os pontos críticos de f(x, y) = x4 + y4 − 2x2 − 2 y2.

Determinemos os pontos críticos:∂f

∂x= 4x (x2 − 1) e

∂f

∂y= 4 y (y2 − 1); o sistema

é:{

(1) x (x2 − 1) = 0

(2) y (y2 − 1) = 0.


Logo, os pontos críticos são: (0, 0), (0, 1), (0,−1), (1, 0), (−1, 0), (1, 1), (1,−1),(−1, 1) e (−1,−1).

H(x, y) =

4 (3x2 − 1) 0

0 4 (3 y2 − 1).

.

A(x, y) = 4 (3x2 − 1), ∆(x, y) = 16 (3x2 − 1) (3 y2 − 1).


(0, 0) −4 16 máx 0(0, 1) −4 −32 sela(1, 0) 8 −32 sela(1, 1) 8 64 mín -2

(0,−1) −4 −32 sela(−1, 0) 8 −32 sela(1,−1) 8 64 mín -2(−1, 1) 8 64 mín -2

(−1,−1) 8 64 mín -2

-1 -0.5 0 0.5 1

-1

-0.5

0

0.5

1


[3] Classifique os pontos críticos de f(x, y) = (x2 − y2) e−(x2+y2

2).

Sabemos que f possui os seguintes pontos críticos: (0, 0), (√

2, 0), (−√

2, 0), (0,√

2)e (0,−

√2).

H(x, y) = e−(x2+y2

2)

(2 − 5x2 + y2 + x4 − x2 y2) (x2 − y2)x y

(x2 − y2)x y (5 y2 + x2 y2 − y4 − x2 − 2).

.

A(x, y) = e−(x2+y2

2) (2 − 5x2 + y2 + x4 − x2 y2),

∆(x, y) = −e−(x2+y2

2)2 (4−8x2−3x4 +x6−8 y2 +22x2 y2−x4 y2−3 y4−x2 y4 +y6).



(0, 0) > 0 < 0 sela(√

2, 0) < 0 > 0 máx 2 e−1

(−√

2, 0) < 0 > 0 máx 2 e−1

(0,√

2) > 0 > 0 mín −2 e−1

(0,−√

2) > 0 > 0 mín −2 e−1

-2 -1 0 1 2-2

-1

0

1

2


[4] Classifique os pontos críticos de f(x, y) = x4 + y4 − 2 (x − y)2.


(1)∂f

∂x= 4 (x3 − x + y) = 0

(2)∂f

∂y= 4 (y3 + x − y) = 0;

somando as equações ((1) + (2)): y = −x; de (2) obtemos que y = 0 ou y = ±√

2 etemos as seguintes soluções: (0, 0), (

√2,−

√2) e (−

√2,√

2).

A(x, y) = 12x2 − 4, ∆(x, y) = −48 (x2 + y2 − 3x2 y2).

Pts. Críticos A ∆ T ipo V alor

(0, 0) < 0 0 ?(√

2,−√

2) > 0 > 0 mín −8

(−√

2,√

2) > 0 > 0 mín −8

Analisemos separadamente o ponto crítico (0, 0):

A(0, 0) < 0 e ∆(0, 0) = 0;

logo, o teorema não pode ser aplicado, mas examinaremos o sinal de f numa vizi-nhança de (0, 0): f(0, 0) = 0.


Aproximando-se de (0, 0) pela reta y = x, temos f(x, x) = 2x4 > 0.Aproximando-se pelo eixo dos x, (y = 0), temos f(x, 0) = x2 (x2 − 2) < 0 se x2 < 2;logo f toma valores positivos e negativos numa vizinhança de (0, 0); então (0, 0)não é ponto de máximo nem de mínimo.Nas curvas de nível de f , podem ser observados os pontos de mínimo e perto de(0, 0) não aparecem pontos de sela ou extremos:

-2 -1 0 1 2-2

-1

0

1

2


[5] Classifique os pontos críticos de f(x, y) = 1 − 3√

x2 + y2.


(1)∂f

∂x= − 2x

3 3√

(x2 + y2)2= 0

(2)∂f

∂y= − 2 y

3 3√

(x2 + y2)2= 0.

As derivadas parciais em (0, 0) não existem; logo, não tem pontos críticos. A funçãoé contínua em (0, 0); logo, apresenta uma "quina"na origem. Por outro lado:

1 = f(0, 0) ≥ f(x, y) = 1 − 3√

x2 + y2

para todo (x, y) ∈ R2; então (0, 0) é um ponto de máximo de f .

-2 -1 0 1 2-2

-1

0

1

2


7.3. PROBLEMAS DE OTIMIZAÇÃO 173

[6] Determine os pontos extremos de f(x, y) = x2 − 2x y + y2.


∂f

∂x= 2 (x − y) = 0

∂f

∂y= 2 (y − x) = 0.

Resolvendo o sistema obtemos y = x e os pontos críticos de f são os pontos dareta y = x. A(x, y) = 2 e ∆(x, y) = 0. Como antes, notamos que: f(x, x) = 0 ef(x, y) = (x−y)2 > 0 se x 6= y; logo os pontos críticos (x, x) são pontos de mínimoslocais.

-2

-1

0

1

2 -2

-1

0

1

2-2

-1

0

1

2


7.3 Problemas de Otimização

[1] De todos os paralelepípedos retangulares cuja soma das arestas é constante eigual a a (a > 0), qual é o que tem volume máximo?

Sejam x, y e z as arestas do paralelepípedo tal que x + y + z = a.

x

y

z

Figura 7.22: Paralelepípedo do exemplo [1].

Seu volume é V = xyz. Como z = a − x − y, temos que V = x y z = x y (a − x − y)e a função a maximizar é:

f(x, y) = x y (a − x − y)



∂f

∂x= −y (−a + 2x + y) = 0

∂f

∂y= −x (x − a + 2 y) = 0.

Como x e y são arestas x > 0, y > 0; o sistema é equivalente a:{

−a + 2x + y = 0

x − a + 2 y = 0;

a única solução possível é x =a

3e y =

a

3.

A(x, y) = −2 y, ∆(x, y) = 4x y − (a − 2 (x + y))2

A(a

3,a

3

)

< 0 e ∆(a

3,a

3

)

=a2

3> 0;

logo(a

3,a

3

)

é ponto de máximo. As arestas são x =a

3, y =

a

3e z =

a

3; logo o

volume é:

V =a3

27.

O paralelepípedo é um cubo.

[2] Determine a distância mínima da origem ao plano x + 3y + z = 6.

Note que o plano não passa pela origem.


O quadrado da distância da origem ao ponto (x, y, z) é dada por d2 = x2 + y2 + z2;o ponto (x, y, z) pertence ao plano; logo, z = 6−x−3y e minimizaremos a seguintefunção:

f(x, y) = x2 + y2 + (6 − x − 3 y)2.


∂f

∂x= 2 (2x + 3 y − 6) = 0

∂f

∂y= 2 (3x + 10 y − 18) = 0;


o sistema tem uma única solução:( 6

11,18

11

)

, que é o ponto crítico de f .

Por outro lado, A(x, y) = 4 e∆(x, y) = 44. Em particular,

A( 6

11,18

11

)

> 0, e ∆( 6

11,18

11

)

> 0;

então( 6

11,18

11

)

é um ponto de mínimo local de f ; z =6

11; logo,

d =6√

11

11.

[3] Determine o valor máximo da soma dos co-senos dos ângulos de um triângulo.

Devemos maximizar:w = cos(x) + cos(y) + cos(z),

onde x, y, z são os ângulos do triângulo dado. Mas, x+y+z = π; logo z = π−x−y.

f(x, y) = cos(x) + cos(y) + cos(π − (x + y)) = cos(x) + cos(y) − cos(x + y).


(1)∂f

∂x= −sen(x) + sen(x + y) = 0

(2)∂f

∂y= −sen(y) + sen(x + y) = 0;

fazendo (1) − (2), temos sen(x) = sen(y); então, x = y ou x = π − y.

(a) Se x = y, da primeira equação obtemos:

sen(x) − sen(2x) = 0;

logo sen(x) = 0 ou cos(x) =1

2. Se sen(x) = 0, x = 0 ou x = π, o que é impossível.

Se cos(x) =1

2, x =

π

3; como x = y, tem-se y =

π

3, logo o ponto crítico é

(π

3,π

3

)

.

(b) se x = π − y, da segunda equação obtemos; sen(y) = 0; logo y = 0 ou y = π, oque é impossível.

Portanto,(π

3,π

3

)

é o único ponto crítico de f . Por outro lado:

A(x, y) = −cos(x) + cos(x + y),

∆(x, y) = cos(x) (cos(y) − cos(x + y)) − cos(y) cos(x + y),

A(π

3,π

3

)

< 0 e ∆(π

3,π

3

)

> 0;

logo,(π

3,π

3

)

é um ponto de máximo local para f . Como z = π − x − y, z =π

3e o

valor máximo da soma é:

cos(π

3

)

+ cos(π

3

)

+ cos(π

3

)

=3

2.


[4] Uma caixa retangular tem três faces nos planos coordenados e um vérticeP = (x, y, z) no primeiro octante sobre a superfície x2 + y2 + z = 1. Calcule ovolume da maior caixa com essas características.

O volume da caixa é V = xyz onde x, y e z são os comprimentos das arestas dacaixa; z = 1 − x2 − y2. Seja f(x, y) = x y (1 − x2 − y2). Determinemos os pontoscríticos:

∂f

∂x= y (1 − 3x2 − y2) = 0

∂f

∂y= x (1 − x2 − 3 y2) = 0;

x e y são arestas, logo x > 0, y > 0 e o sistema é equivalente a:{

1 − 3x2 − y2 = 0

1 − x2 − 3 y2 = 0;

logo, o único ponto crítico admissível é:(1

2,1

2

)

, pois x e y são comprimentos das

arestas da caixa (x > 0 e y > 0).

A(x, y) = −6x y,

∆(x, y) = 36x2y2 − (1 − 3x2 − 3 y2)2,

A(1

2,1

2

)

= −3

2e ∆

(1

2,1

2

)

=35

4;

então(1

2,1

2

)

é um ponto de máximo, z =1

2e V =

1

8u.v.

[5] De todos os triângulos de perímetro fixado, determine o de maior área.

Sejam x, y e z os lados do triângulo. Usando a fórmula de Heron, o quadrado daárea do triângulo é: A2 = s (s−x) (s−y) (s−z), onde 2 s = x+y+z. Maximizemosa função:

f(x, y) = s (s − x) (s − y) (x + y − s).


∂f

∂x= (s − y)(2s − 2x − y) = 0

∂f

∂y= (s − x)(2s − x − 2y) = 0;

como s 6= x e s 6= y, obtemos: x =2s

3e y =

2s

3. Por outro lado:

A(x, y) = −2 s (s − y),

∆(x, y) = −s2 (5 s2 − 8 s (x + y) + 4 (x2 + x y + y2)),

A(2s

3,2s

3

)

< 0, ∆(2s

3,2s

3

)

> 0;

logo,(2s

3,2s

3

)

é ponto de máximo e z =2s

3. O triângulo é equilátero.


7.3.1 Mínimos Quadrados

Suponha que numa experiência realizada foram coletados os seguintes pares dedados (x1, y1), (x2, y2), . . ., (xn−1, yn−1), (xn, yn), tais que os xi não são todos iguais.A teoria subjacente à experiência sugere que os dados devem estar ao longo deuma reta y = ax + b. Devido a erros experimentais, os pontos não são colineares.O método dos mínimos quadrados consiste em determinar a reta que melhor seajusta aos dados, ou seja, consiste em determinar a e b de modo que a soma dosdesvios verticais seja mínima.

xi

(x i ,yi)

Figura 7.24:

Dados os pontos (xi, yi), (1 ≤ i ≤ n) o ponto sobre a reta y = ax + b que está maispróximo (distância vertical) dos pontos dados tem coordenadas (xi, a xi + b); logoo quadrado da distância vertical a estes pontos é:

E2i = ((axi + b) − yi)

2, 1 ≤ i ≤ n.

Minimizaremos a função: f(a, b) = E21 + E2

2 + . . . + E2n =

n∑

i=1

((axi + b) − yi)2.

Calculando as derivadas parciais∂f

∂a,∂f

∂be igualando a zero, obtemos o sistema:

a

n∑

i=1

x2i + b

n∑

i=1

xi =

n∑

i=1

xiyi

an

∑

i=1

xi + n b =n

∑

i=1

yi.

Este é um sistema linear, que tem uma única solução que minimiza f .


Exemplo 7.5.

[1] Determine a reta que melhor se ajusta aos pontos (0, 0), (−1, 2), (−2,−1), (2, 3),(1, 2) e (3, 2).

i xi yi x2i xiyi

1 0 0 0 02 −1 2 1 -23 −2 −1 4 24 2 3 4 65 1 2 1 26 3 2 9 6

n∑

xi

∑

yi

∑

x2i

∑

xiyi

6 3 8 19 14

Logo, obtemos o sistema:

{

19 a + 3 b = 14

3 a + 6 b = 8,

que tem como solução a =4

7e b =

22

21; então, a reta é y =

4x

7+

22

21.

-2 -1 1 2 3

-1

1

2

3


[2] Determine a reta que melhor se ajusta aos pontos (−3,−5), (−1,−2), (2, 1),


(1,−1), (5,−1), (4, 3) e (3, 4).

i xi yi x2i xiyi

1 −3 −5 9 152 −1 −2 1 23 2 1 4 24 1 −1 1 -15 5 −1 25 -56 4 3 16 127 3 4 9 12

n∑

xi

∑

yi

∑

x2i

∑

xiyi

7 11 −1 65 37

Logo; obtemos o sistema:{

65 a + 11 b = 37

11 a + 7 b = −1;


167e b = −236

167; então, a reta é 167 y = 135x − 236.

-2 2 4

-4

-2

2

4


[3] Considere a seguinte tabela sobre mortes por consumação de álcool per cápita,no ano de 2003, dos seguintes países:

País l/p MortesA 250 95B 300 120C 350 165D 370 167E 400 170F 470 174

i) Suponha que existe uma correlação linear entre os dados da tabela e utilize ométodo dos mínimos quadrados para determinar a reta de melhor ajuste à tabela.


ii) Se num país a consumação foi de 550 litros per cápita no ano de 2003, utilizandoi), determine a possível mortalidade.

i) Determinamos a reta que fica a menor distância vertical dos pontos (250, 95),(300, 120), (350, 165), (370, 167), (400, 170) e (470, 174).

n∑

xi

∑

yi

∑

x2i

∑

xiyi

6 2140 891 792800 329070

Logo, obtemos o sistema:{

792800 a + 2140 b = 329070

2140 a + 6 b = 891,


2215e b =

10875

886; então, a reta é:

y =846x

2215+

10875

886.

100 200 300 400 500

100

150

200

Figura 7.27: Exemplo [3] i).

ii) Se x = 550,

y =196995

886≃ 222.34.

7.4 Máximos e Mínimos Absolutos

Definição 7.3. Sejam f : A ⊂ Rn −→ R uma função e x0 ∈ A.

1. O ponto x0 é um ponto de mínimo absoluto de f em A se f(x0) ≤ f(x), para todox ∈ A.

2. O ponto x0 é um ponto de máximo absoluto de f em A se f(x) ≤ f(x0), para todox ∈ A.

7.4. MÁXIMOS E MÍNIMOS ABSOLUTOS 181

Exemplo 7.6.

[1] Seja f : R2 −→ R definida por f(x, y) = x2 + y2. Como x2 + y2 ≥ 0 para todo

(x, y) ∈ R2 e f(0, 0) = 0, temos que f(x, y) ≥ f(0, 0) para todo (x, y) ∈ R

2. Logo(0, 0) é ponto de mínimo absoluto de f .

[2] Seja f : R2 −→ R definida por f(x, y) = −

√

x2 + y2. Como−√

x2 + y2 ≤ 0 paratodo (x, y) ∈ R

2 e f(0, 0) = 0, temos que e f(x, y) ≤ f(0, 0) para todo (x, y) ∈ A.Logo (0, 0) é ponto de máximo absoluto de f .

Figura 7.28: Desenhos do exemplo [1] e [2], respectivamente.

Nos parágrafos anteriores estabelecemos condições para que um ponto seja umponto de máximo local (ou de mínimo local) de f . Agora nosso objetivo é verificara existência de pontos de máximos e mínimos absolutos de f e determinar taispontos. Do Cálculo de uma variável conhecemos o teorema deWeierstrass que nosgarante a existência de pontos extremos absolutos; no teorema, é fundamental quea função contínua a estudar esteja definida em um intervalo fechado e limitado. Aseguir daremos algumas definições que estendem as características dos intervalosfechados e limitados a R

n e enunciaremos o teorema que garantirá a existência demáximos e mínimos absolutos.

Definição 7.4. Um conjuntoA ⊂ Rn é dito limitado se existe uma constante c > 0 tal que

‖x‖ ≤ c, para todo x ∈ A.

Equivalentemente, se A está contido na bola B(0, c). Lembramos que o conjuntoA ⊂ R

n é fechado em Rn se ∂A ⊂ A. Veja o Capítulo III. Intuitivamente, uma su-

perfície é fechada e limitada se ela separa o espaço em duas regiões, uma "interior"eoutra "exterior"à supefície. É o caso de uma esfera em R

3.

Exemplo 7.7.

[1] A = {(x, y, z) ∈ R3/x2 + y2 + z2 ≤ r2, r > 0} é fechado, pois sua fronteira é:

∂A = {(x, y, z) ∈ R3/x2 + y2 + z2 = r2, r > 0}.

Logo ∂A ⊂ A. Claramente A é limitado.


[2] A = {(x, y) ∈ R2/x2 + y2 < r2, r > 0} não é fechado, pois sua fronteira é :

∂A = {(x, y) ∈ R2/x2 + y2 = r2, r > 0}.

Logo ∂A 6⊂ A. A é limitado

[3] A = [a, b] × [c, d] é um conjunto fechado e limitado, pois ∂A é o retângulo for-mado pelas retas x = a, x = b, y = c e y = d.

[4] Os planos em R3 são fechados e não limitados.

Teorema 7.4. (Weierstrass) Seja f : A ⊂ Rn −→ R uma função contínua no conjunto

A fechado e limitado. Então, existem pontos de máximo e mínimo absoluto de f em A, istoé, existem x0, x1 ∈ A tais que f(x0) ≤ f(x) ≤ f(x1) para todo x ∈ A.

Exemplo Importante

[1] SejamA = {(x, y) ∈ R2/x2+y2 < 1} e f : A ⊂ R

2 −→ R definida por f(x, y) = y.

i) f é diferenciável em R2; logo, é diferenciável em A; por outro lado

∇f(x, y) = (0, 1); então, a função não possui pontos críticos e portanto não possuipontos extremos em A (nem em R

2).

ii) Suponhamos que agora, f tome valores no conjunto:

B = {(x, y) ∈ R2/x2 + y2 ≤ 1}.

O conjunto B é fechado e limitado; f é, claramente, contínua; o teorema deWeiers-trass nos asegura a existência de pontos extremos absolutos de f em B.

iii) Por i) os pontos extremos de f devem estar em ∂B = {(x, y) ∈ R2/x2 + y2 = 1}.

De fato, a função f associa a cada par ordenado sua ordenada; então:

−1 = f(0,−1) ≤ f(x, y) ≤ f(0, 1) = 1,

para todo (x, y) ∈ B. Logo (0,−1) e (0, 1) são pontos de mínimo e máximo absolu-tos de f em B. Note que estes pontos não são pontos críticos de f .

A seguir faremos algumas considerações geométricas sobre o exemplo, que serãoimportantes nos parágrafos seguintes. Consideremos g(x, y) = x2 + y2 − 1; então∇g(x, y) = (2x, 2 y); logo, não é difícil ver que os únicos pontos onde ∇g(x, y) e∇f(x, y) são paralelos são os nos pontos de mínimo e máximo (0,−1) e (0, 1).

g(0,1)

∆

g(0,-1)

∆

∆

f(x,y)

-1

1

f=c

Figura 7.29: Mínimo e máximo de g.

7.4. MÁXIMOS E MÍNIMOS ABSOLUTOS 183

Se um extremo absoluto de f ocorre em A− ∂A, então, também é um extremo localde f ; logo, um extremo absoluto que não seja um extremo local, necessariamenteestá na ∂A. Portanto, para determinar um extremo absoluto, primeiramente de-terminamos os extremos locais e, então, comparamos o maior e o menor dessesvalores com os valores de f ao longo da ∂A. Logo podem ocorrer pontos extremosde f na fronteira e estes extremos não serem pontos críticos de f .

[2] Seja f : A ⊂ Rn −→ R uma função definida por f(x, y) = x2 + 2x y− 4 (x− 2 y),

onde A = [0, 1]× [0, 2]. O conjunto A é fechado e limitado e f contínua; logo, f tempontos de máximos e de mínimos absolutos. Pontos críticos de f em A − ∂A:

∂f

∂x= 2x + 2 y − 4 = 0

∂f

∂y= 2x + 8 = 0,

(−4, 6) é o único ponto crítico de f e (−4, 6) /∈ A. Portanto, os pontos de máximo emínimo de f são atingidos na ∂A.

Análise dos pontos da ∂A: ∂A = L1 ∪ L2 ∪ L3 ∪ L4, onde Li (1 ≤ i ≤ 4) são oslados do retângulo A:

L

LL

1

2

3

4

L

A

Figura 7.30:

A função :g(y) = f(1, y) = 10 y − 3; 0 ≤ y ≤ 2,

expressa f restrita a L2. O menor valor de g é atingido em y = 0 e o maior valor deg em y = 2. Portanto, (1, 0) é ponto de mínimo de f e (1, 2) é ponto de máximo def , quando restrita a L2. A função :

h(x) = f(x, 2) = x2 + 16; 0 ≤ x ≤,

representa f restrita a L3. (0, 2) é ponto de mínimo de f restrita a L3. Analoga-mente, A função f restrita a L1 e L4 tem pontos de máximo (0, 0) e (0, 2) respectiva-mente e pontos de mínimo (1, 0) e (0, 0) respectivamente. f(0, 0) = 0,f(1, 0) = −3,f(1, 2) = 17 e f(0, 2) = 16.

P f(P )

(1,0) −3(1,2) 17(0,2) 16(0,0) 0


Conclusão: O valor máximo de f em A é 17 e é atingido no ponto (1, 2) e o valormínimo de f em A é −3 e é atingido no ponto (1, 0).

O método que estudaremos a seguir é devido a Lagrange e proporciona uma con-dição necessária para a existência de pontos extremos sujeitos a uma restrição. Taispontos extremos são ditos condicionados.

7.5 Método dos Multiplicadores de Lagrange

Antes de apresentar o método, examinemos o seguinte exemplo:

Exemplo 7.8.

Determine os pontos extremos de f(x, y) = x2 + y2 tais que y = x + 1.

Considere a função g(x, y) = y − x − 1 e o conjunto de nível zero de g:

S = {(x, y) ∈ R2/y − x − 1 = 0}.

O conjunto de nível S é uma reta passando por (−1, 0) e (0, 1). As curvas de nívelc de f são

x2 + y2 = c.

Para c > 0 são círculos concêntricos. Quantomenor a distância entre as circunferên-cias e a origem, menor será o valor de f . Desejamos encontrar os pontos extremosde f(x, y) quando (x, y) ∈ S, ou seja, devemos determinar qual a circunferênciaque intersectando S está a menor distância da origem.

Figura 7.31:

Observando o desenho vemos que a circunferência que tangencia a reta S é a queestá mais próxima da origem. No ponto de tangência, o vetor normal à circunfe-rência é também normal à reta S, logo, ∇f(x, y) = (2x, 2 y) deve se múltiplo de∇g(x, y) = (−1, 1), ou seja, (2x, 2 y) == λ(−1, 1), λ ∈ R. Equivalentemente:

{

2x = −λ

2 y = λ;

7.6. DETERMINAÇÃODOS EXTREMOS CONDICIONADOS 185

resolvendo o sistema e como y = x + 1, obtemos as soluções:

x = −1

2e y =

1

2.

Logo, ∇f(−1

2,1

2) = ∇g(x, y). A função f(x, y) = x2 + y2 atinge seu menor valor

sobre a reta S no ponto(

− 1

2,1

2

)

. De fato:

f(x, y) − f(−1

2,1

2) = x2 + y2 − 1

2= x2 + (x + 1)2 − 1

2= 2 (x +

1

2)2 ≥ 0.

Figura 7.32:

7.6 Determinação dos Extremos Condicionados

Sejam f, g : A ⊂ Rn −→ R funções diferenciáveis e A ⊂ R

n um aberto. Paradeterminar os pontos extremos de f restrito à condição g(x) = 0, formamos a com-binação linear:

Φ(x) = f(x) + λ g(x)

onde λ ∈ R. Consideremos o sistema de n + 1 equações:

∂Φ

∂xr(x) = 0 r = 1, 2, ....., n

g(x) = 0.

Note que∂Φ

∂λ(x) = g(x). Lagrange provou que a solução do problema é obtida

resolvendo o sistema.

Teorema 7.5. Sejam f, g : A ⊂ Rn −→ R funções de classe C1. Denotemos por S um

conjunto de nível de g. Se f tem um ponto de máximo ou de mínimo x0 ∈ S e∇g(x0) 6= 0,então existe λ ∈ R tal que:

∇f(x0) = λ∇g(x0)



Interpretemos o teorema em R2. Suponha que desejamos determinar o valor má-

ximo de f restrito às curvas de nível g(x, y) = 0. Façamos f(x, y) = ci, que repre-senta para cada ci uma curva de nível de f . Se por exemplo f(x, y) = c0 intersectaa curva g(x, y) = 0 transversalmente, isto é, de modo que, uma não seja tangente àoutra ou, ∇f e ∇g sejam linarmente independentes no ponto de interseção, é pos-sível verificar que para valores próximos de c0 as curvas de nível de f continuamintersectando g(x, y) = 0.

g(x,y)<0

∆

∆

g(p)

f(p)

g(x,y)=0

p

f=c

f=c2

f=c1

Figura 7.33:

Então, procuramos o maior ci tal que f(x, y) = ci seja tangente a g(x, y) = 0 numponto (x0, y0). Em tal ponto as curvas de nível de f e g tem a mesma reta tangentee, portanto, a mesma reta normal, isto é, os vetores ∇f e ∇g devem ser paralelosno ponto (x0, y0). Analogamente para n = 3. Do teorema anterior, segue que se fpossui um ponto de máximo ou mínimo em x0 ∈ Sc então∇f(x0) é ortogonal a Sc

no ponto x0. O teorema nos diz que para determinar os pontos extremos condicio-nados devemos resolver o seguinte sistema de n + 1 equações e n + 1 incognitas:

{

∇f(x) = λ∇g(x)

g(x) = c.

Se n = 3, temos 4 equações:

∂f

∂x(x, y, z) = λ

∂g

∂x(x, y, z)

∂f

∂y(x, y, z) = λ

∂g

∂y(x, y, z)

∂f

∂z(x, y, z) = λ

∂g

∂z(x, y, z)

g(x, y, z) = c.


Analogamente para n = 2:

∂f

∂x(x, y) = λ

∂g

∂x(x, y)

∂f

∂y(x, y) = λ

∂g

∂y(x, y)

g(x, y) = c.

A diferença entre os problemas demáximos emínimos não condicionados e os con-dicionados é que nos últimos não temos critérios simples para distinguir os pontosde mínimo dos de máximo. Cada ponto obtido pelo metódo de Lagrange deve serexaminado separadamente, utilizando os dados do problema e/ou, argumentosgeométricos.

Exemplo 7.9.

[1] Determine os pontos extremos de f(x, y) = x y tais que x2 + y2 = 1.

Utilizando o método de Lagrange, devemos resolver o sistema:

{

∇f(x, y) = λ∇g(x, y)

x2 + y2 = 1.

Logo,

{

(y, x) = λ (2x, 2 y)

x2 + y2 = 1, que é equivalente a:

(1) y = 2λx

(2) x = 2λ y

(3) x2 + y2 = 1.

De (1) e (2) obtemos y (1 − 4λ2) = 0. Se y = 0, utilizando (3), temos, x = ±1; se

λ =1

2, temos, y = x; de (3), temos x = ± 1√

2e y = ± 1√

2. Por outro lado:

(x, y) f(x, y)

(±1, 0) 0

(±1/√

2,∓1/√

2) −1/2

(±1/√

2,±1/√

2) 1/2

Logo(

± 1√2,∓ 1√

2,−1

2

)

são pontos de mínimo e(

± 1√2,± 1√

2,1

2

)

são pontos de

máximo.


-1 -0.5 0 0.5 1

-0.75

-0.5

-0.25

0

0.25

0.5

0.75

1


[2] Determine os pontos extremos de f(x, y) = x2 + 2 y2 tais que x2 + y2 ≤ 1.

Determinemos os pontos extremos da função f no conjunto fechado e limitado:

D = {(x, y) ∈ R2/g(x, y) ≤ 0}, onde g(x, y) = x2 + y2 − 1.

Se x2 + y2 < 1, ∇f(x, y) = (2x, 4 y); logo, (0, 0) é o único ponto crítico de f . Sex2 + y2 = 1, por Lagrange, devemos resolver o sistema:

{

(2x, 4 y) = λ (2x, 2 y)

x2 + y2 = 1,

que é equivalente a:

x = λx

2 y = λ y

x2 + y2 = 1

, ou:

(1) x (1 − λ) = 0

(2) y (2 − λ) = 0

(3) x2 + y2 = 1,

de (1), x = 0 ou λ = 1 e de (2) y = 0 ou λ = 2; de (3), x e y, não podem ser amboszero; logo, de (1) e (3) e de (2) e (3) obtemos os pontos (0,±1), (±1, 0).

Em x2 + y2 < 1, temos:

f(0, 0) = 0 ≤ x2 + 2 y2 = f(x, y).

Em x2 + y2 = 1, temos:

f(±1, 0) = 1, f(0,±1) = 2;

então (0, 0) é ponto de mínimo e (0,±1) são pontos de máximo.



[3] Determine os pontos extremos de f(x, y, z) = x2+y2+z2 tais que 3x−2 y+z−4 =0.

Sejam:

g(x, y, z) = 3x−2 y+z−4, ∇f(x, y, z) = (2x, 2 y, 2 z) e ∇g(x, y, z) = (3,−2, 1).

Devemos resolver o sistema:{

∇f(x, y, z) = λ∇g(x, y, z)

3x − 2y + z − 4 = 0,

ou, equivalentemente,

(1) 2x = 3λ

(2) 2 y = −2λ

(3) 2 z = λ

(4) 3x −2y + z − 4 = 0.

Fazendo 3 × (1) − 2 × (2) + (3) e utilizando (4), obtemos

λ =4

7, x =

6

7, y = −4

7, z =

2

7

e(6

7,−4

7,2

7

)

é o ponto extremo.

[4] Determine os pontos extremos de f(x, y, z) = x y z tais que x2 +y2

12+

z2

3= 1.

Sejam:

g(x, y, z) = x2 +y2

12+

z2

3− 1,

∇f(x, y, z) = (y z, x z, x y) e

∇g(x, y, z) =(

2x,y

6,2 z

3

)

.


Devemos resolver o sistema:

∇f(x, y, z) = λ∇g(x, y, z)

x2 +y2

12+

z2

3= 1


(1) y z = 2xλ

(2) x z =y

6λ

(3) x y =2

3zλ

(4) x2 +y2

12+

z2

3= 1;

multiplicando (1) por x, (2) por y e (3) por z obtemos:

(1′) x y z = 2x2λ

(2′) x y z =y2

6λ

(3′) x y z =2

3z2λ

(4) x2 +y2

12+

z2

3= 1

somando (1′)+(2′)+(3′) e tendo emvista (4), temos 3x y z = 2λ (x2+y2

12+

z2

3) = 2λ;

substituindo x y z por2λ

3a em (1′), (2′) e (3′):

λ (3x2 − 1) = 0

λ (y2 − 4) = 0

λ (z2 − 1) = 0

Se λ 6= 0, x = ±√

3

3, y = ±2 e z = ±1. Se λ = 0, x, y e z podem ser nulos aos pares:

x = y = 0 e z = ±√

3, x = z = 0 e y = ±2√

3, y = z = 0 e x = ±1. Os pontosextremos de f são:

(±√

3

3,±2,±1), (0, 0,±

√3), (0,±2

√3, 0) e (±1, 0, 0).

(x, y, z) f(x, y, z) Ponto

(√

3/3, 2, 1) 2√

3/3 máximo(−

√3/3,−2,−1) −2

√3/3 mínimo

7.7 Problemas de Otimização

[1] De todos os paralelepípedos retangulares cuja soma das arestas é constante eigual a 4 a (a > 0), qual é o que tem volume máximo?


Sejam x, y e z as arestas do paralelepípedo; seu volume é V (x, y, z) = x y z tal quex + y + z = a. Seja g(x, y, z) = x + y + z.

{

∇V (x, y, z) = λ∇g(x, y, z)

g(x, y, z) = a,

ou, equivalentemente:

(1) y z = λ

(2) x z = λ

(3) x y = λ

(4) x + y + z = a.

Fazendo (1) = (2) obtemos x = y e fazendo (2) = (3) obtemos y = z; logo, x = y =

z; de (4), temos x = y = z =a

3e:

V(a

3,a

3,a

3

)

=a3

27

é o volume máximo.

[2] Determine as dimensões do paralelepípedo retangular de volume máximo sa-bendo que as 3 faces do paralelepípedo estão nos planos coordenados e um vérticepertence ao plano

x

a+

y

b+

z

c= 1 (a, b, c > 0). Calcule o volume.

O volume é V (x, y, z) = x y z. Seja g(x, y, z) =x

a+

y

b+

z

c− 1; então,

{

∇V (x, y, z) = λ∇g(x, y, z)x

a+

y

b+

z

c= 1,


(1) a y z = λ

(2) b x z = λ

(3) c x y = λ

(4)x

a+

y

b+

z

c= 1;

fazendo (1) = (2), como x, y, z 6= 0, temos y =b x

a; analogamente, fazendo (1) =

(3), temos z =c x

a, de (4) obtemos que x =

a

3, y =

b

3e z =

c

3. O ponto de máximo

é1

3(a, b, c) e:

V = V

(

a

3,b

3,c

3

)

=a b c

27.

[3] Determine a distância mínima entre a superfície 4x2 + y2 − z = 0 e o ponto(0, 0, 8).


Como antes utilizamos o quadrado da distância: f(x, y, z) = x2 + y2 + (z − 8)2.Consideramos g(x, y, z) = 4x2 + y2 − z; então,

(1) 2x = 8λx

(2) 2 y = 2λ y

(3) 2 (z − 8) = −λ

(4) 4x2 + y2 = z,


(1) x (1 − 4λ) = 0

(2) y (1 − λ) = 0

(3) 2 (z − 8) = −λ

(4) 4x2 + y2 = z;

temos: x = 0 e λ = 1; y = 0 e λ =1

4; x = 0 e y = 0. Se x = 0 e λ = 1, de (3) temos

z =15

2; de (4) temos y = ±

√

15

2; logo, obtemos os pontos

(

0,±√

15

2,15

2

)

. Se y = 0

e λ =1

4, de (3) temos z =

63

8; de (4) temos x = ±3

√14

8; logo, obtemos os pontos

(

± 3√

14

8, 0,

63

8

)

. Se x = 0 e y = 0 de (4), obtemos z = 0 e λ = 16; logo, obtemos o

ponto (0, 0, 0).

(x, y, z) f(x, y, z) Ponto

(0, 0, 0) 64

(0,±√

15/2, 15/2) 31/4

(±3√

14/8, 0, 63/8) 127/64 mínimo

A distância mínima é 1.4u.m. (u.m.=unidades de medida); os pontos:

(

± 3√

14

8, 0,

63

8

)

são de mínimo.

[4] Se a temperatura sobre uma esfera de raio 1 é dada por T (x, y, z) = xz + yz,determine os pontos em que a temperatura é mais baixa e os pontos em que atemperatura é mais alta.

Seja g(x, y, z) = x2 + y2 + z2 − 1; então,

(1) z = 2λx

(2) z = 2λ y

(3) (x + y) = 2λ z

(4) x2 + y2 + z2 = 1,


Fazendo (1) + (2) e substituindo em (3), obtemos z (2λ2 − 1) = 0 e z = 0 ou

λ = ±√

2

2. Se z = 0, de (1) e (2) temos x = y = 0, o que é impossível, ou λ = 0; de

(3), obtemos x = −y e de (4), y = ∓√

2

2; logo,

(

√2

2,−

√2

2, 0

)

e(

−√

2

2,

√2

2, 0

)

são

pontos extremos. Se λ = ±√

2

2, de (1) e (2) temos x = y e de (3), z = ±

√2x; de (4),

obtemos x = y = ±1

2e z = ±

√2

2; logo

(

± 1

2,±1

2,±

√2

2

)

são pontos extremos.

(x, y, z) T (x, y, z) Temperatura

(±1/2,±1, 2,±√

2/2)√

2/2 máxima

(±√

2/2,∓√

2/2, 0) 0 mínima

[5] Se a densidade na placa x y + x z + y z = a, (x, y, z 6= 0) é dada porD(x, y, z) =x y z, determine os pontos da placa onde a densidade é máxima e onde é mínima.

Seja g(x, y, z) = x y + x z + y z − a:

(1) y z = λ (y + z)

(2) x z = λ (x + z)

(3) x y = λ (x + y)

(4) x y + x z + y z = a;

multiplicando (1) por x, (2) por y, (3) por z e somando, temos:

3x y z = λ(2x y + 2x z + 2 y z) = 2 aλ,

onde, na última igualdade utilizamos (4); substituindo λ por3x y z

2ano sistema,

obtemos:

(1) 3x (y + z) = 2 a

(2) 3 y (x + z) = 2 a

(3) 3 z (x + y) = 2 a.

Igualando (1) a (2) obtemos x = y e igualando (2) a (3) obtemos z = y; logo

x = y = z; de (4) temos x = ±√

a

3e os pontos extremos são:

(

±√

a

3,±

√

a

3,±

√

a

3

)

.

(x, y, z) D(x, y, z) Densidade

(√

a/3,√

a/3,√

a/3) a√

3a/9 máxima

(−√

a/3,−√

a/3,−√

a/3) −a√

3a/9 mínima

[6] Determine a equação do elipsóidex2

a2+

y2

b2+

z2

c2= 1 que passa pelo ponto

(1, 2, 3) e tem menor volume.


Note que as incógnitas são a, b e c. Seja V = f(a, b, c) = 4 a b c π3 o volume do

elipsóide. Como o ponto (1, 2, 3) pertence à superfície:

1

a2+

4

b2+

9

c2= 1;

logo, consideramos g(a, b, c) =1

a2+

4

b2+

9

c2− 1; então,

(1)4π

3a b c = − 2

a2λ

(2)4π

3a b c = − 8

b2λ

(3)4π

3a b c = −18

c2λ

(4)1

a2+

4

b2+

9

c2= 1,

fazendo (1) = (2) e como λ 6= 0, obtemos que b2 = 4 a2; fazendo (2) = (3), obtemos4 c2 = 9 b2; logo, c2 = 9 a2 e de (4): a2 = 3, b2 = 12 e c2 = 27; a equação do elipsóideé:

x2

3+

y2

12+

z2

27= 1.

[7] Um depósito cilíndrico de aço fechado deve conter 2 litros de um fluido. Deter-mine as dimensões do depósito de modo que a quantidade de material usada emsua construção seja mínima.

Sejam x e y o raio e a altura do cilindro, respectivamente. Devemos minimizar aárea total do cilindro, incluindo as tampas:

f(x, y) = 2π x2 + 2π x y, sendo π x2 y = 2.

Denote por g(x, y) = πx2y−2,∇f(x, y) = (4πx+2πy, 2πx) e∇g(x, y) = (2πxy, πx2).O sistema é:

(1) 2x + y = λx y

(2) 2x = λx2

(3) π x2 y = 2.

De (2), x(2 − λx) = 0 e λx = 2; logo, de (1), y = 2x; ou seja, a altura é igual aodiâmetro da base; de (3) obtemos: x = π−

13 e y = 2π−

13 , que são as coordenadas do

ponto de mínimo (por que ?). f(π−13 , 2π−

13 ) = 6 3

√π.

[8] Um fio de cobre de comprimento a, deve ser dividido em 3 partes tais que oproduto dos comprimentos das partes seja máximo. Determine o produto.

Se x, y e z são os comprimentos das partes, então devemos maximizar f(x, y, z) =x y z tal que x + y + z = a. O sistema é:

(1) y z = λ

(2) x z = λ

(3) x y = λ

(4) x + y + z = a.


Fazendo (1) = (2) e (2) = (3), obtemos x = y = z; de (4) x =a

3= y = z; (

a

3,a

3,a

3) é

o ponto de máximo e f(a

3,a

3,a

3) =

a3

27.

[9] Determine os pontos da curva x6 + y6 = 1 mais afastados e os mais próximosda origem.

Novamente utilizamos o quadrado da distância da origem ao ponto (x, y); isto é,f(x, y) = x2 + y2, sendo x6 + y6 = 1. Seja g(x, y) = x6 + y6 − 1. O sistema é:

(1) x = 3λx5

(2) y = 3λ y5

(3) x6 + y6 = 1,


(1) x (1 − 3λx4) = 0

(2) y (1 − 3λy4) = 0

(3) x6 + y6 = 1.

Se x = 0, de (3) obtemos y = ±1 e em (2), λ =1

3; se y = 0, de (3) obtemos x = ±1 e

em (1), λ =1

3; os pontos são (±1, 0) e (0,±1). Se x, y 6= 0, o sistema fica:

(1) (1 − 3λx4) = 0

(2) (1 − 3λy4) = 0

(3) x6 + y6 = 1.

Fazendo (2)-(1), λ(x4 − y4) = 0, λ 6= 0 e y = ±x; de (3) obtemos:

(

2−1/6, 2−1/6)

,(

2−1/6,−2−1/6)

,(

− 2−1/6, 2−1/6)

e(

− 2−1/6,−2−1/6)

,

onde λ =2

23

3.

(x, y) f(x, y) Ponto

(±1, 0) 1 mínimo

(0,±1) 1 mínimo

(

2−1/6, 2−1/6)

22/3 máximo

(

2−1/6,−2−1/6)

22/3 máximo

(

− 2−1/6, 2−1/6)

22/3 máximo

(

− 2−1/6,−2−1/6)

22/3 máximo


-1 -0.5 0.5 1

-1

-0.5

0.5

1

Figura 7.36:

Ométodo de Lagrange não é restrito a duas ou três variáveis. Ométodo só dependede uma função e uma restrição. É o que mostrará o exemplo a seguir.

[10] Determine o valor máximo da raiz n-ésima de um produto de n números posi-tivos tal que a soma dos números seja constante. Conclua que

n√

x1 x2 .......... xn ≤ 1

n

n∑

i=1

xi.

Sejam x = (x1, x2, x3, ........., xn), onde, xi > 0 para todo i = 1, 2.......n, e :

f(x) = n√

x1 x2 .......... xn,

tal que: x1+x2+x3+.......+xn = a. Denotando por g(x) = x1+x2+x3+.......+xn−a,então,∇g(x) = (1, 1, 1, ......, 1).

Cálculo do gradiente de f : Se denotamos f(x) = n√

u(x) onde u(x) = x1 x2 . . . . xn,então:

∂f

∂xi=

∂u∂xi

n(u(x))n−1

n

=x1 x2 ... xi−1 xi+1 ...xn

n(u(x))n−1

n

;

para não escrever demais, denote porK(x) = n(u(x))n−1

n ; o sistema é:

x2 x3 ... xn = λK(x) (1)

x1 x3 ... xn = λK(x) (2)

x1 x2 x4 ... xn = λK(x) (3)

. .

. .

. .

. .

. .

x1 x3 ... xn−2 xn = λK(x) (n − 1)

x1 x3 ... xn−2 xn−1 = λK(x) (n)

x1 + x2 + x3 + ....... + xn = a (n + 1).

Fazendo (1) = (2), temos x1 = x2; de (2) = (3), x2 = x3; assim, em geral, igualandoas equações (j) = (j + 1) com j = 1, ..., n − 1, obtemos xj = xj+1 e


x1 = x2 = x3 = .... = xn; usando a equação (n + 1) temos:

x1 = x2 = x3 = ...... = xn =a

n,

e f( an , a

n , ....., an) = a

n que é o valor máximo. Em particular,

f(x) ≤ f(a

n,a

n, .....,

a

n) =

a

n;

por outro lado, a =

n∑

i=1

xi; portanto:

n√

x1 x2 .......... xn ≤ 1

n

n∑

i=1

xi.

7.7.1 Generalização do Método

Seja S um conjunto de nível definido por:

g1(x0) = c1

g2(x0) = c2

g3(x0) = c3

. .

. .

. .

gk(x0) = ck.

S é, em geral, interseção de superfícies. O teorema pode ser generalizado da se-guinte forma: Se f tem um ponto de máximo ou mínimo em x0 ∈ Si, para todo i,então, devem existir constantes λ1, λ2 ...... λk tais que:

∇f(x0) = λ1∇g1(x0) + λ2∇g2(x0) + ........... + λk∇gk(x0).

Devemos resolver o sistema:

∇f(x0) = λ1∇g1(x0) + λ2∇g2(x0) + ........... + λk∇gk(x0)

g1(x0) = c1

g2(x0) = c2

g3(x0) = c3

. .

. .

. .

gk(x0) = ck.


Exemplo 7.10.

[1] Determine o ponto da interseção dos planos x+y + z = 1 e 3x+2y + z = 6maispróximo da origem.

Sejam f(x, y, z) = x2+y2+z2, g1(x, y, z) = x+y+z−1 e g2(x, y, z) = 3x+2y+z−6;temos:

2x = λ1 + 3λ2 (1)

2 y = λ1 + 2λ2 (2)

2 z = λ1 + λ2 (3)

x + y = 1 − z (4)

3x + 2y = 6 − z, (5)

fazendo (1) + (2) + (3) obtemos, usando (4) e (5), o seguinte sistema:{

3λ1 + 6λ2 = 2

3λ1 + 8λ2 = 10;

logo λ2 = 4 e λ1 = −22

3e x =

7

3, y =

1

3e z = −5

3. A distância é:

5√

3

3.

7.8 Exercícios

1. Determine os pontos críticos de:

(a) z = e1+x2+y2

(b) z = 3x2 + 2xy + 2x + y2 + y + 4

(c) z = (x2 − 1) (y2 − 4)

(d) z = x2y − 8x − 4 y

(e) z =1

x− 64

y+ xy

(f) z =1

x2 + y2 + 1

(g) z =2x + 2 y + 1

x2 + y2 + 1

(h) z = x5 + y5 − 5x − 5y

(i) z = x2 − 4x y + y2 + 1

(j) z = x4 + x y + y2 − 6x − 5 y

(k) z = 3x2 + x y − y2 + 1

(l) w = log4(x2 + y2 + z2 + 1)

(m) w = x2 + y3 + z4

(n) w =√

x2 + y2 + z2

2. Determine se a origem é ponto de mínimo, de máximo ou sela de:

(a) z = x2.(b) z = x2 − 4y2

(c) z = −x2 + 2xy − y2

(d) z = x4 + y4

(e) z = x3 + y3

(f) z = 4xy − 3x2 + 4y2

(g) z = 2x2 + y2 − 3xy

(h) z = 5x2 + y2 − 4xy

(i) z = x2 − y2 + 6xy

(j) z = −x2 + y2 − xy

(k) z =xy

4− x2 − y2

2

(l) z = 7y2 − xy

7.8. EXERCÍCIOS 199

3. Classifique os pontos críticos de:

(a) z = e1+x2+y2

(b) z = 3x2 + 2xy + 2x + y2 + y

(c) z = (x2 − 1)(y2 − 4)

(d) z = x2y − 8x − 4y

(e) z =1

x− 64

y+ xy

(f) z =1

x2 + y2 + 1

(g) z =2x + 2y + 1

x2 + y2 + 1

(h) z = x5 + y5 − 5x − 5y

(i) z = x2 − 4xy + 4y2 − x + 3y + 1

(j) z = x4 + xy + y2 − 6x − 5y

(k) z = (x − 2)2 + (y − 3)2

(l) z = x − y2 − x3

(m) z = x2 + y3

(n) z = 3x4 − 4x2y + y2

(o) z = x2 + y2 + x y + x

(p) z = 1 + x2 + y2

(q) z = 1 + x2 − y2

(r) z = x3 + 3x2 + 4x y + y2

(s) z = x2 y2 (1 − x − y)

(t) z = x y − ln(x2 + y2)

(u) z = 2 − (x + 2)2 + (y + 1)2

(v) z = (x − 1)2 + 2 (y + 2)2 + 3

(w) z = ey + ex − ex+y

(x) z = x sen(y), 0 ≤ x, y ≤ π.

4. Determine a reta que melhor se ajusta aos seguintes pontos:

(a) (0, 0), (1, 1) e (2, 3).

(b) (0, 0), (1

2,1

4), (1, 1), (

3

2,9

2) e (2, 4).

(c) (−2,−4), (−1,−2), (1, 1), (2, 3), (4, 2) e (3, 5).

(d) (−5,−4), (−3,−2), (−1,−1), (0, 0), (1, 1), (2, 3), (4, 2) e (3, 5).

5. Calcule os pontos de z2 − xy = 1mais próximos da origem.

6. Determine a menor distância de x2 − 4y = 0 ao ponto (0, b).

7. Determine o valor máximo do produto de três numeros positivos tais que

2x y + x z + 3 y z = 72.

8. Determine a distância mínima entre 4x2 + 4y − z = 0 e o ponto (0, 0, 8).

9. Se os vértices de um triângulo são (0, 0), (2, 1) e (1, 3), determine o ponto Pdo triângulo tal que a soma dos quadrados das distâncias aos vértices sejamínima.

10. Determine as dimensões do paralelepípedo de volume máximo, com ladosparalelos aos eixos coordenados, inscrito no elipsóide:

x2

a2+

y2

b2+

z2

c2= 1.


11. Ache a equação do plano que passa por (1, 2, 1) e forma com os planos coor-denados o tetraedro de volume mínimo.

12. Uma calha deve ser construída com uma folha de aço, de largura a e compri-mento b. Se a seção da calha é um trapézio isósceles, qual deve ser a largurada base e a inclinação das faces para que sua capacidade seja máxima?

13. Uma aplicação num doente de xmiligramas de um remédioA e ymiligramasde ummedicamentoB ocasiona uma respostaR = R(x, y) = x2 y3 (c−x−y),(c > 0). Que quantidade de cada remédio dará a melhor resposta?

Multiplicadores de Lagrange

1. Determine os pontos extremos de:

(a) z = 25 − x2 − y2 tais que x2 + y2 − 4 y = 0.

(b) z = x2 + 2x y + y2 tais que x − y = 3.

(c) z = 4x2 + 2 y2 + 5 tais que x2 + y2 − 2 y = 0.

(d) w = x2 + y2 + z2 tais que 3x − 2 y + z − 4 = 0.

(e) w = x + y + z tais que x2 − y2 + z2 = 4.

(f) w = (x + y + z)2 tais que x2 + 2 y2 + 3 z2 = 1.

2. Determine os pontos extremos de: w = x2 + y2 + z2 tais que x2 + y2 + z2 ≤ 1.

3. Determine a menor distância de y = x2 ao ponto (0, b), b > 0.

4. Determine o maior e o menor valor de xy tal que 2x + y = 2, x e y positivos.

5. Determine o maior e o menor valor de x2 + y2 tal que x4 + y4 = 1.

6. Determine o maior valor de 2 y − x tal que y = sen(x), 0 ≤ x ≤ 2π.

7. Determine os valores máximos e mínimos de f(x, y, z) = x + 2 y + z se

x2 + y2 = 1 e y + z = 1.

8. Seja 0 < p < q. Determine o máximo e mínimo de xp + yp + zp tal quexq + yq + zq = 1, x, y e z não negativos.

9. Determine os valores extremos de z = cos2(x) + cos2(y) se 4x + 4y = π.

10. Determine as dimensões do retângulo de menor perímetro e de área 16 cm2.

11. De todos os triângulos de perímetro fixo, determine o de maior área.

12. Determine o valor máximo de:

(a) f(x, y, z) = x + y + z tal que x2 + y2 + z2 = a2 e conclua que:

(x + y + z)2 ≤ 3 (x2 + y2 + z2).

7.8. EXERCÍCIOS 201

(b) f(x, y, z) = x y z tal que x+ y + x = s e conclua que: 3 3√

xyz ≤ x+ y + z.

(c) f(x, y, z) = x y z tal que x2 + y2 + z2 = s, x, y e z positivos; conclua que:

3√

x y z ≤√

x2 + y2 + z2

3.

13. Se a temperatura em qualquer ponto (x, y, z) do espaço é dada por:

T (x, y, z) = 100x2 y z,

determine a temperaturamáxima e a temperaturamínima sobre x2+y2+z2 ≤4.

14. Determine o ponto P na elipse x2 + 2 y2 = 6 e o pontoQ na reta x + y = 4 talque a distância de P a Q seja a menor possível.

15. Determine os pontos mais afastados da origem tais que x2 + 4 y2 + z2 = 4 ex + y + z = 1.

16. Determine as dimensões do paralelepípedo retangular de área total 2 a2 cujadiagonal seja mínima.

17. Dentre todos os triângulos de área S determine o que tem o perímetro menor.

18. Determine as dimensões do cilindro de maior volume inscrito numa esferade raio R.

19. Dentre todos os triângulos retângulos de área S determine o que tem hipote-nusa mínima.

20. Determine o maior produto que podem ter 10 números positivos se a soma é10 k, k ∈ N.

MÁXIMOS E MÍNIMOS - pucquepariu.s3.amazonaws.com · 7.1. INTRODUÇÃO 161 Para n = 3,∇f(x,y,z)...

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