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por César Morad MAT 2454 – Cálculo II – Resolução da Lista 3
I. Superfícies de Nível, Planos Tangentes e Derivadas Direcionais
1.1. Em cada caso, esboce a superfície de nível c da função 𝐹: ℝ2 → ℝ: a. 𝐹(𝑥, 𝑦, 𝑧) = 𝑥 + 2𝑦 + 3𝑧 e c = 1
b. 𝐹(𝑥, 𝑦, 𝑧) = 𝑥2 − 𝑒𝑦 − 𝑧2 e c = 0
c. 𝐹(𝑥, 𝑦, 𝑧) = 𝑥2 + 𝑦2 − 𝑧2 e c = 0
d. 𝐹(𝑥, 𝑦, 𝑧) = 𝑥2 + 𝑦2 − 𝑧2 e c = -1
e. 𝐹(𝑥, 𝑦, 𝑧) = 𝑥2 + 𝑦2 − 𝑧2 e c = 1
f. 𝐹(𝑥, 𝑦, 𝑧) = 𝑥2 − 𝑦2 e c = 1
g. 𝐹(𝑥, 𝑦, 𝑧) = 𝑥2 − 𝑦2 + 𝑧2 e c = 1
1.2. Ache os pontos do hiperboloide 𝑥2 − 𝑦2 + 2𝑧2 = 1 nos quais a reta normal é paralela à reta que une os pontos (3, −1,0) e (5,3,6).
Primeiramente devemos calcular o vetor gradiente da função 𝐹(𝑥, 𝑦, 𝑥) =𝑥2 − 𝑦2 + 2𝑧2 − 1:
∇𝐹(𝑥, 𝑦, 𝑧) = �𝜕𝐹𝜕𝑥
,𝜕𝐹𝜕𝑦
,𝜕𝐹𝜕𝑧
� = (2𝑥, −2𝑦, 4𝑧)
Podemos usar o vetor que vai de (3, −1,0) a (5,3,6) como vetor diretor da nossa reta:
�⃗�= (5,3,6) − (3, −1,0) = (2,4,6) Para que a reta normal do hiperboloide seja paralela à reta que une esses pontos, o vetor gradiente no ponto P = (a, b, c) tem que ter a mesma direção do vetor diretor, mas pode ter sentido e magnitude diferente, portanto multiplicamos por m:
∇𝐹(𝑥, 𝑦, 𝑧) = (2𝑎, −2𝑏, 4𝑐) = 𝑚(2,4,6) Obtemos que 𝑎 = ±1𝑚, 𝑏 = ±2𝑚, 𝑐 = ± 3
2𝑚,
Como (𝑎, 𝑏, 𝑐) pertence à hiperboloide:
𝑚2 − (−2𝑚)2 + 2 �3𝑚2
�2
= 1 → 𝑚 = ±�23
Pontos: ± ��23
, −2�23
, �32�
1.3. Seja a > 0 e considere o plano tangente à superfície 𝑥𝑦𝑧 = 𝑎 num ponto do primeiro octante. Mostre que o tetraedro formado por este plano e os planos coordenados tem volume independente do ponto de tangência. O volume de um tetraedro é determinado pela fórmula:
𝑉 = 13
𝐵𝐵
Em que B é a área da base e H a altura do tetraedro. A base será um triângulo retângulo, se escolhermos o triângulo do plano 𝑥𝑦 iremos obter que 𝐵 = 𝑥1𝑦1
2 e H = z1. Portanto, o volume do tetraedro será 𝑉 = 𝑥1𝑦1𝑧1
6.
O vetor gradiente da superfície num ponto qualquer (P) da mesma será o vetor normal do plano tangente à superfície nesse ponto. O vetor gradiente de 𝑥𝑦𝑧 = 𝑎 será ∇𝐹(𝑥, 𝑦, 𝑧) = (𝑦𝑧, 𝑥𝑧, 𝑥𝑦). Seja 𝑃 = (𝑑, 𝑒, 𝑓), a equação do plano será:
(𝑥, 𝑦, 𝑧) ∙ ∇𝐹(𝑃) = 𝑃 ∙ ∇𝐹(𝑃) (𝑥, 𝑦, 𝑧) ∙ (ef, df, de) = (d, e, f) ∙ (ef, df, de)
(𝑥, 𝑦, 𝑧) ∙ (ef, df, de) = 3𝑑𝑒𝑓 Podemos então colocar os vértices do tetraedro na equação do plano para obtermos alguma relação entre eles e o ponto de tangência:
(𝑥1, 0,0) ∙ (ef, df, de) = 3𝑑𝑒𝑓 𝑥1𝑒𝑓 = 3𝑑𝑒𝑓
𝑥1 = 3𝑑 (0, 𝑦1, 0) ∙ (ef, df, de) = 3𝑑𝑒𝑓
𝑦1𝑑𝑓 = 3𝑑𝑒𝑓 𝑦1 = 3𝑒
(0,0, 𝑧1) ∙ (ef, df, de) = 3𝑑𝑒𝑓 𝑧1𝑑𝑒 = 3𝑑𝑒𝑓
𝑧1 = 3𝑓
𝑉 =𝑥1𝑦1𝑧1
6=
3𝑑3𝑒3𝑓6
=9𝑑𝑒𝑓
2
Como P pertence à superfície 𝑥𝑦𝑧 = 𝑎, temos que 𝑑𝑒𝑓 = 𝑎, portanto:
𝑉 =9𝑎2
O volume não depende do ponto de tangência. ■
1.4. Mostre que o elipsoide 3𝑥2 + 2𝑦2 + 𝑧2 = 9 e a esfera 𝑥2 + 𝑦2 + 𝑧2 − 8𝑥 −6𝑦 − 8𝑧 + 24 = 0 se tangenciam no ponto (1,1,2)(isto é, que elas têm o mesmo plano tangente neste ponto). Bom, esse aqui é o mais fácil dessa parte, o próprio exercício deu a dica. Basta calcularmos os vetores gradientes de ambas as funções no ponto dado e ver se eles pertencem à mesma reta. Sejam 𝐹(𝑥, 𝑦, 𝑧) = 3𝑥2 + 2𝑦2 + 𝑧2 − 9 e 𝐺(𝑥, 𝑦, 𝑧) = 𝑥2 + 𝑦2 + 𝑧2 − 8𝑥 − 6𝑦 − 8𝑧 + 24. O elipsoide e a esfera são as superfícies de nível 0 dessas funções respectivamente.
∇𝐹(𝑥, 𝑦, 𝑧) = �𝜕𝐹𝜕𝑥
,𝜕𝐹𝜕𝑦
,𝜕𝐹𝜕𝑧
� = (6𝑥, 4𝑦, 2𝑧)
∇𝐺(𝑥, 𝑦, 𝑧) = �𝜕𝐺𝜕𝑥
,𝜕𝐺𝜕𝑦
,𝜕𝐺𝜕𝑧
� = (2𝑥 − 8,2𝑦 − 6,2𝑧 − 8)
∇𝐹(1,1,2) = (6 ∙ 1,4 ∙ 1,2 ∙ 2) = (6,4,4) ∇𝐺(1,1,2) = (2 ∙ 1 − 8,2 ∙ 1 − 6,2 ∙ 2 − 8) = (−6, −4, −4)
Os vetores são iguais, apenas apontam em sentidos opostos, portanto o plano tangente é o mesmo e consequentemente as superfícies se tangenciam no ponto.
1.5 Ache a reta tangente à interseção do gráfico de 𝑓(𝑥, 𝑦) = 𝑥3 + 𝑦3 + 2 com o cilindro 𝑥2 + 𝑦2 = 2 no ponto (1,1,4). A curva da interseção está contida tanto no Graf(f) quanto no cilindro, e a reta tangente à curva está contida tanto no plano tangente ao Graf(f) quanto no plano tangente ao cilindro. Consequentemente, a reta tangente à curva é perpendicular aos vetores gradientes de ambas as superfícies. Para descobrirmos o vetor diretor da reta, devemos fazer o produto vetorial entre esses vetores gradientes:
𝑧 = 𝑓(𝑥, 𝑦) → 𝐹(𝑥, 𝑦, 𝑧) = 𝑓(𝑥, 𝑦) − 𝑧 → 𝐹(𝑥, 𝑦, 𝑧) = 𝑥3 + 𝑦3 − 𝑧 + 2 ∇𝐹(𝑥, 𝑦, 𝑧) = (3𝑥2, 3𝑦2, −1) → ∇𝐹(1,1,4) = (3,3, −1)
𝐺(𝑥, 𝑦, 𝑧) = 𝑥2 + 𝑦2 − 2 → ∇𝐺(𝑥, 𝑦, 𝑧) = (2𝑥, 2𝑦, 0) → ∇𝐺(1,1,4) = (2,2,0)
�𝚤 𝚥 𝑘�⃗3 3 −12 2 0
� = 𝚤�0 − (−2)� − 𝚥�0 − (−2)� + 𝑘�⃗ (6 − 6) = 2𝚤 − 2𝚥 = (2, −2,0)
A equação da reta tangente será: 𝑋 = (1,1,4) + 𝜆(1, −1,0), 𝜆 ∈ ℝ
1.6. Sejam 𝑓: ℝ2 → ℝ e 𝛾: ℝ → ℝ3, diferenciáveis com ∇𝑓(1,0) = (2,1) e 𝛾′(𝑡) ≠ (0,0,0), para todo 𝑡 ∈ ℝ. Suponha que a imagem de 𝛾 esteja contida na interseção do gráfico de f com a superfície 𝑧3 + 𝑥3 + 𝑦𝑧 + 𝑥𝑦3 = 0. Sabendo que (1,0, −1) está contido na imagem de 𝛾, determine uma equação para a reta tangente a 𝛾 nesse ponto. Esse exercício é praticamente idêntico ao anterior, só que dessa vez, ao invés de nos dar uma equação de superfície ele nos deu o vetor gradiente de uma função. Primeiro vamos dar uma organizada nas informações:
𝑧 = 𝑓(𝑥, 𝑦) → 𝐹(𝑥, 𝑦, 𝑧) = 𝑓(𝑥, 𝑦) − 𝑧 → ∇𝐹(𝑥, 𝑦, 𝑧) = �𝜕𝑓𝜕𝑥
,𝜕𝑓𝜕𝑦
, −1�
Se 𝑃 = (1,0, −1) está contido na imagem de 𝛾, e 𝛾 está contida na interseção de f e 𝐺(𝑥, 𝑦, 𝑧) = 𝑧3 + 𝑥3 + 𝑦𝑧 + 𝑥𝑦3, P está contido em ambas as superfícies. Isso implica que 𝑓(1,0) = −1. Como ∇𝑓(1,0) = �𝜕𝜕(1,0)
𝜕𝑥, 𝜕𝜕(1,0)
𝜕𝑦� = (2,1), então
∇𝐹(1,0, −1) = (2,1, −1). Agora basta calcularmos ∇𝐺 no ponto e efetuar o produto vetorial com o gradiente de F para obtermos o vetor diretor da reta tangente:
∇𝐺(𝑥, 𝑦, 𝑧) = (3𝑥2 + 𝑦3, 3𝑥𝑦2 + 𝑧, 3𝑧2 + 𝑦) ∇𝐺(1,0, −1) = (3 ∙ 12 + 03, 3 ∙ 1 ∙ 02 − 1,3 ∙ (−1)2 + 0) = (3, −1,3)
�𝚤 𝚥 𝑘�⃗2 1 −13 −1 3
� = 𝚤(3 − 1) − 𝚥(6 + 3) + 𝑘�⃗ (−2 − 3) = 2𝚤 − 9𝚥 − 5𝑘�⃗
A equação da reta vai ser: 𝑋 = (1,0, −1) + 𝜆(2, −9, −5), 𝜆 ∈ ℝ
1.7. Determine a equação da esfera que tangencia a superfície (𝑥 − 1)2 + (𝑦−2)2
4−
(𝑧 − 1)2 = 0 nos pontos (2,2,2) e (2,2,0). Esse aqui é mais fácil do que parece. Se você der uma olhadinha no exercício 1.4 já é metade do raciocínio. Vamos chamar a equação que ele deu de 𝐹(𝑥, 𝑦, 𝑧), e a equação da nossa esfera vai ser 𝐺(𝑥, 𝑦, 𝑧) = (𝑥 − 𝑎)2 + (𝑦 − 𝑏)2 + (𝑧 − 𝑐)2 (a, b e c são coordenadas do centro da esfera). Para que ela tangencie a superfície em ambos os pontos, os planos tangentes das superfícies devem ser iguais em seus respectivos pontos (ou seja, o vetor gradiente deve ser o mesmo, mas no sentido oposto). Vamos começar calculando os gradientes:
∇𝐹(𝑥, 𝑦, 𝑧) = �𝜕𝐹𝜕𝑥
,𝜕𝐹𝜕𝑦
,𝜕𝐹𝜕𝑧
� = �2(𝑥 − 1)1,(𝑦 − 2)
21, −2(𝑧 − 1)�
∇𝐹(2,2,2) = (2,0, −2), ∇𝐹(2,2,0) = (2,0,2)
∇𝐺(𝑥, 𝑦, 𝑧) = �𝜕𝐺𝜕𝑥
,𝜕𝐺𝜕𝑦
,𝜕𝐺𝜕𝑧
� = (2(𝑥 − 𝑎), 2(𝑦 − 𝑏), 2(𝑧 − 𝑐))
Pelo que vimos antes, ∇𝐺(2,2,2) = −∇𝐹(2,2,2) e ∇𝐺(2,2,0) = −∇𝐹(2,2,0): ∇𝐺(2,2,2) = �2(2 − 𝑎), 2(2 − 𝑏), 2(2 − 𝑐)� = (−2,0,2)
𝑎 = 3, 𝑏 = 2, 𝑐 = 1 ∇𝐺(2,2,0) = �2(2 − 𝑎), 2(2 − 𝑏), 2(0 − 𝑐)� = (−2,0, −2)
𝑎 = 3, 𝑏 = 2, 𝑐 = 1
A equação da esfera será: (𝑥 − 3)2 + (𝑦 − 2)2 + (𝑧 − 1)2 = 𝑟2
Para descobrirmos o raio, basta substituir x, y e z pelas coordenadas de um dos pontos conhecidos:
(2 − 3)2 + (2 − 2)2 + (2 − 1)2 = 𝑟2 1 + 0 + 1 = 𝑟2 → 𝑟2 = 2
A equação final será: (𝑥 − 3)2 + (𝑦 − 2)2 + (𝑧 − 1)2 = 2
1.8. Suponha que sobre um certo aberto 𝐴 ⊂ ℝ3 o potencial elétrico 𝑉: 𝐴 → ℝ é dado por 𝑉(𝑥, 𝑦, 𝑧) = 5𝑥2 − 3𝑥𝑦 + 𝑥𝑦𝑧. a. Ache a taxa de variação do potencial em P =(3,4,5) na direção do vetor �⃗� = 𝚤 + 𝚥 − 𝑘�⃗ . Como a função V é diferenciável, não precisamos calcular a derivada direcional pela definição (ufa!). Basta fazermos:
𝜕𝑉(𝑃)𝜕�⃗�
= ∇𝑉(𝑃) ∙�⃗�
‖�⃗�‖
∇𝑉(𝑥, 𝑦, 𝑧) = (10𝑥 − 3𝑦 + 𝑦𝑧, −3𝑥 + 𝑥𝑧, 𝑥𝑦) ∇𝑉(𝑃) = ∇𝑉(3,4,5) = (10 ∙ 3 − 3 ∙ 4 + 4 ∙ 5, −3 ∙ 3 + 3 ∙ 5,3 ∙ 4) = (38,6,12)
‖�⃗�‖ = �12 + 12 + (−1)2 = √3 𝜕𝑉(𝑃)
𝜕�⃗�= (38,6,12) ∙
(1,1, −1)√3
=38√3
+6
√3−
12√3
=32√3
b. Qual a direção e sentido em que a taxa do potencial elétrico, em P, é a maior possível? E a menor possível? A direção e sentido em que a taxa é máxima e a do vetor gradiente, e a taxa mínima tem a mesma direção e o sentido oposto, ou seja, será (38,6,12) e (−38, −6, −12) respectivamente. c. Qual o valor dessa taxa máxima? A taxa será máxima quando a derivada direcional em �⃗� apontar na mesma direção do vetor gradiente, ou seja:
𝜕𝑉𝜕�⃗�
(𝑃) = ‖∇𝑉(𝑃)‖
‖∇𝑉(𝑃)‖ = �382 + 62 + 122 = √1444 + 36 + 144 = √1624 = √4 ∙ 406 = 2√406
II. Classificação de Pontos Críticos em Abertos de ℝ𝟐
Para encontrar máximos e mínimos de uma função (sem restrição), podemos aplicar o método do resumo do Responde Aí:
Bem simples, não? 2.1 Determine os pontos críticos das funções abaixo e classifique-os: a. 𝑧 = 2𝑥2 + 𝑥𝑦 + 3𝑦2 + 10𝑥 − 9𝑦 + 11
∇𝑓(𝑥, 𝑦) = (4𝑥 + 𝑦 + 10, 𝑥 + 6𝑦 − 9) = (0,0)
�4𝑥 + 𝑦 + 10 = 0𝑥 + 6𝑦 − 9 = 0 (−4)
�⎯� � 4𝑥 + 𝑦 + 10 = 0−4𝑥 − 24𝑦 + 9 = 0 → −23𝑦 + 46 = 0 → 𝑦 = 2, 𝑥 = −3
𝑓𝑥𝑥 = 4, 𝑓𝑦𝑦 = 6, 𝑓𝑥𝑦 = 𝑓𝑦𝑥 = 1
𝐵(−3,2) = �4 11 6� = 24 − 1 = 23
Como 𝐵(−3,2) > 0 e 𝑓𝑥𝑥(−3,2) > 0, (−3,2) é ponto de mínimo. b. 𝑧 = 𝑥2𝑦2
∇𝑓(𝑥, 𝑦) = (2𝑥𝑦2, 2𝑥2𝑦) = (0,0) Obtemos os pontos (0,0), (𝑥, 0) 𝑐𝑐𝑚 𝑥 ≠ 0 e (0, 𝑦) 𝑐𝑐𝑚 𝑦 ≠ 0. Como você percebeu, temos infinitos pontos em que o vetor gradiente é o vetor nulo. Nem perca seu tempo fazendo a Hessiana, pois dará zero em todos os casos. Mas, analisando a função 𝑓(𝑥, 𝑦) = 𝑥2𝑦2 vemos que independentemente dos valores de x e y o valor da função sempre será um número positivo (pois x e y estão elevados
ao quadrado), ou seja, o valor da função nunca será menor que zero. Colocando qualquer um dos pontos encontrados na função vemos que a mesma dá zero, portanto, ela possui infinitos pontos de mínimo. De fato, se esboçarmos o gráfico da função é fácil perceber isso:
(Não jogue seu tempo de prova fora esboçando um gráfico maluco desses, isso é só pra ilustrar!). Resposta: (𝜆, 0) 𝑒 (0, 𝜆), 𝑐𝑐𝑚 𝜆 ∈ ℝ são pontos de mínimo. c. 𝑧 = ln (3𝑥2 + 4𝑦2 − 2𝑥 + 7) De cara, já temos uma condição: 3𝑥2 + 4𝑦2 − 2𝑥 + 7 ≠ 0, pois não existe logaritmo de 0. Se em um dos pontos em que o vetor gradiente for nulo o valor da função for igual à ln (0), este ponto NÃO será um ponto crítico de f, pois o mesmo não pertence ao domínio da função.
∇𝑓(𝑥, 𝑦) = (6𝑥 − 2,8𝑦) = (0,0)
�6𝑥 − 2 = 08𝑦 = 0 → 𝑥 =
13
, 𝑦 = 0
𝑓𝑥𝑥 = 6, 𝑓𝑦𝑦 = 8, 𝑓𝑥𝑦 = 0, 𝑓𝑦𝑥 = 0
𝐵 �13
, 0� = �6 00 8� = 48
Como 𝐵(𝑃) > 0 e 𝑓𝑥𝑥(𝑃) > 0 e 𝑓(𝑃) = ln �203
� ≠ ln (0), �13
, 0� é ponto de mínimo de f. d. 𝑧 = 𝑥3𝑦3
∇𝑓(𝑥, 𝑦) = (3𝑥2𝑦3, 3𝑥3𝑦2) = (0,0) Novamente obtemos os pontos (𝑥, 0) e (0, 𝑦). Dessa vez a função f pode assumir infinitos valores positivos quanto negativos (qualquer valor de ℝ), ou seja, não há máximos e mínimos, portanto os pontos encontrados só podem ser pontos de sela. Resposta: (𝜆, 0) 𝑒 (0, 𝜆), 𝑐𝑐𝑚 𝜆 ∈ ℝ são pontos de sela. e. 𝑧 = (2𝑥 − 𝑥2)(2𝑦 − 𝑦2)
∇𝑓(𝑥, 𝑦) = �(2 − 2𝑥)(2𝑦 − 𝑦2), (2 − 2𝑦)(2𝑥 − 𝑥2)� = (0,0)
Pontos encontrados: (1,0), (1,2), (0,1), (2,1), (0,0), (2,0), (0,2), (1,1), (2,2) 𝑓𝑥𝑥 = −2(2𝑦 − 𝑦2), 𝑓𝑦𝑦 = −2(2𝑥 − 𝑥2), 𝑓𝑥𝑦 = 𝑓𝑦𝑥 = (2 − 2𝑦)(2 − 2𝑥)
Ponto (1,0): 𝑓𝑥𝑥 = 0, 𝑓𝑦𝑦 = −2, 𝑓𝑥𝑦 = 𝑓𝑦𝑥 = 0
𝐵(1,0) = �0 00 −2� = 0
Ponto (1,2): 𝑓𝑥𝑥 = 0, 𝑓𝑦𝑦 = −2, 𝑓𝑥𝑦 = 𝑓𝑦𝑥 = 0 → 𝐵(1,2) = 0 Ponto (0,1): 𝑓𝑥𝑥 = −2, 𝑓𝑦𝑦 = 0, 𝑓𝑥𝑦 = 𝑓𝑦𝑥 = 0 → 𝐵(1,0) = 0 Ponto (2,1): 𝑓𝑦𝑦 = 0 𝑒 𝑓𝑥𝑦 = 𝑓𝑦𝑥 = 0 → 𝐵(2,1) = 0 Ponto (0,0): 𝑓𝑥𝑥 = 𝑓𝑦𝑦 = 0 𝑒 𝑓𝑥𝑦 = 𝑓𝑦𝑥 = 4 → 𝐵(0,0) = −16 Ponto (2,0): 𝑓𝑥𝑥 = 0 𝑒 𝑓𝑥𝑦 = 𝑓𝑦𝑥 = −4 → 𝐵(2,0) = −16 Ponto (0,2): 𝑓𝑦𝑦 = 0 𝑒 𝑓𝑥𝑦 = 𝑓𝑦𝑥 = −4 → 𝐵(2,1) = −16 Ponto (1,1): 𝑓𝑥𝑥 = 𝑓𝑦𝑦 = −2 𝑒 𝑓𝑥𝑦 = 𝑓𝑦𝑥 = 0 → 𝐵(2,0) = 4 Ponto (2,2): 𝑓𝑥𝑥 = 𝑓𝑦𝑦 = 0 𝑒 𝑓𝑥𝑦 = 𝑓𝑦𝑥 = 4 → 𝐵(2,2) = −16 Pontos de sela: (0,0), (2,0), (0,2), (2,2) Ponto de máximo: (1,1) f. 𝑧 = 𝑥𝑦𝑒−𝑥2−𝑦2 Como você pode perceber isso é um pé no saco de calcular. Se você achou que essa parte estava fácil, pode crer que se cair um exercício dela provavelmente ele vai ter essa cara (ou pior). Deus perdoa, a POLI não. Não se desanime, e só aplicar o método de antes. Vamos lá:
𝜕𝑓𝜕𝑥
= 𝑦 ∙ 𝑒−𝑥2−𝑦2 + 𝑥𝑦 ∙ (−2𝑥) ∙ 𝑒−𝑥2−𝑦2 = 𝑦𝑒−𝑥2−𝑦2 ∙ (−2𝑥2 + 1)
𝜕𝑓𝜕𝑦
= 𝑥 ∙ 𝑒−𝑥2−𝑦2 + 𝑥𝑦 ∙ (−2𝑦) ∙ 𝑒−𝑥2−𝑦2 = 𝑥𝑒−𝑥2−𝑦2 ∙ (−2𝑦2 + 1)
∇𝑓(𝑥, 𝑦) = �𝑦𝑒−𝑥2−𝑦2 ∙ (−2𝑥2 + 1), 𝑥𝑒−𝑥2−𝑦2 ∙ (−2𝑦2 + 1)� = (0,0)
Vamos analisar a derivada parcial em x: 𝑦𝑒−𝑥2−𝑦2 ∙ (−2𝑥2 + 1) = 0
(−2𝑥2 + 1) = 0 → 𝑥 = ±1
√2
𝑦𝑒−𝑥2−𝑦2 = 0 → 𝑦 = 0 Agora em y:
𝑥𝑒−𝑥2−𝑦2 ∙ (−2𝑦2 + 1) = 0
(−2𝑦2 + 1) = 0 → 𝑦 = ±1
√2
𝑥𝑒−𝑥2−𝑦2 = 0 → 𝑥 = 0 Pontos obtidos: �± 1
√2, 0�,�0, ± 1
√2�,(0,0) e �± 1
√2, ± 1
√2�
𝑓𝑥𝑥 = −2𝑥𝑦𝑒−𝑥2−𝑦2 ∙ (−2𝑥2 + 1) + 𝑦𝑒−𝑥2−𝑦2 ∙ (−4𝑥) = 𝑦𝑒−𝑥2−𝑦2 ∙ (4𝑥3 − 6𝑥) 𝑓𝑦𝑦 = −2𝑦𝑥𝑒−𝑥2−𝑦2 ∙ (−2𝑦2 + 1) + 𝑥𝑒−𝑥2−𝑦2 ∙ (−4𝑦) = 𝑥𝑒−𝑥2−𝑦2 ∙ (4𝑦3 − 6𝑦)
𝑓𝑥𝑦 = 𝑓𝑦𝑥 = (−2𝑥2 + 1) ∙ 𝑒−𝑥2−𝑦2 + 𝑦(−2𝑦)𝑒−𝑥2−𝑦2 ∙ (−2𝑥2 + 1)
= (−2𝑥2 + 1) ∙ 𝑒−𝑥2−𝑦2 ∙ (−2𝑦2 + 1) Espere! Não comece a calcular as derivadas nos pontos ainda. Os pontos �± 1
√2, 0�,�0, ± 1
√2�,(0,0) tem zero no x e/ou y, e se você der uma olhada nas
derivadas de segunda ordem que calculamos, verá que 𝑓𝑥𝑥 será zero se y for zero e 𝑓𝑦𝑦 será zero se x for zero. Isso significa que a Hessiana vai ter essa cara:
𝐵 = �0 𝑓𝑥𝑦
𝑓𝑦𝑥 𝑓𝑦𝑦� 𝑐𝑜 𝐵 = �
𝑓𝑥𝑥 𝑓𝑥𝑦𝑓𝑦𝑥 0 � 𝑐𝑜 𝐵 = �
0 𝑓𝑥𝑦𝑓𝑦𝑥 0 �
Todas serão iguais a: 𝐵 = −𝑓𝑥𝑦 ∙ 𝑓𝑦𝑥 = −𝑓𝑥𝑦 2 = −𝑓𝑦𝑥
2 Se dermos uma olhada também na derivada mista, veremos que todas as variáveis estão ao quadrado. Isso significa que a derivada independe do sinal de x ou de y, ou seja, as derivadas de parciais de segunda ordem mistas de � 1
√2, 0� e de
�− 1√2
, 0� são iguais. Temos que calcular apenas 3 derivadas para sabermos se
alguns desses 5 pontos são pontos críticos.
Pontos �± 1√2
, 0�: 𝐵 = −𝑓𝑥𝑦 2 = − ��−2 ∙ 12
+ 1� ∙ 𝑒−12 ∙ (−2 ∙ 0 + 1)�
2
= 0
Pontos �0, ± 1√2
�: 𝐵 = −𝑓𝑥𝑦 2 = − �(−2 ∙ 0 + 1) ∙ 𝑒−12 ∙ �−2 ∙ 1
2+ 1��
2
= 0
Ponto (0,0): 𝐵 = −𝑓𝑥𝑦 2 = −�(−2 ∙ 0 + 1) ∙ 𝑒0−0 ∙ (−2 ∙ 0 + 1)� 2 = −𝑒0 = −1 (0,0) é ponto de sela da função. Novamente, se dermos uma olhada nas derivadas parciais, podemos perceber certa simetria. Todas contém o termo 𝑒−𝑥2−𝑦2, que, por ter as duas variáveis ao quadrado, será idêntico em todos os pontos que ainda não calculamos:
𝑒−𝑥2−𝑦2 = 𝑒−�± 1
√2�
2−�± 1
√2�
2
= 𝑒−12−1
2 = 𝑒−1 Como as variáveis estão ao quadrado, e como a parte com x e a parte com y são iguais, a derivada mista será a mesma em todos os pontos:
(−2𝑥2 + 1) ∙ 𝑒−𝑥2−𝑦2 ∙ (−2𝑦2 + 1) = �−2 �±1
√2�
2+ 1� ∙ 𝑒−1 ∙ �−2 �±
1√2
�2
+ 1� = 0
A Hessiana então ficará assim:
𝐵 = �𝑓𝑥𝑥 00 𝑓𝑦𝑦
� = 𝑓𝑥𝑥 ∙ 𝑓𝑦𝑦
𝐵 = 𝑦𝑒−𝑥2−𝑦2 ∙ (4𝑥3 − 6𝑥) ∙ 𝑥𝑒−𝑥2−𝑦2 ∙ (4𝑦3 − 6𝑦)= 𝑒−𝑥2−𝑦2 ∙ 𝑥𝑦 ∙ (4𝑥3 − 6𝑥) ∙ (4𝑦3 − 6𝑦)= 𝑒−𝑥2−𝑦2 ∙ 𝑥2𝑦2 ∙ (4𝑥2 − 6) ∙ (4𝑦2 − 6)
Os termos 4𝑥2 e 4𝑦2 e por serem simétricos e quadrados, serão iguais a 2 em todos os pontos ainda não calculados. Como 𝑒−𝑥2−𝑦2 ∙ 𝑥2𝑦2 é positivo e (4𝑥2 − 6) ∙ (4𝑦2 − 6) = (2 − 6) ∙ (2 − 6) = 16, 𝐵 > 0 ⇒ todos são pontos críticos. Para sabermos quais são de máximo e quais são de mínimos, vamos olhar 𝑓𝑥𝑥.
𝑓𝑥𝑥 = 𝑦𝑒−𝑥2−𝑦2 ∙ (4𝑥3 − 6𝑥) = 𝑥𝑦𝑒−𝑥2−𝑦2 ∙ (4𝑥2 − 6) = �±1
√2� ∙ �±
1
√2� ∙ 𝑒−1 ∙ (−4)
Quando x e y tem mesmo sinal, 𝑓𝑥𝑥 < 0, ou seja, ± � 1√2
, 1√2
� são pontos de
máximo. Quando x e y tem sinal diferente, 𝑓𝑥𝑥 > 0, ou seja, ± �− 1√2
, 1√2
� são pontos
de mínimo. Ufa! 2.2 Determine os valores de a para os quais a função 𝑓(𝑥, 𝑦) = 2𝑎𝑥4 + 𝑦2 − 𝑎𝑥2 −2𝑦: a. tenha exatamente um ponto de sela e dois pontos de mínimo local; b. tenha exatamente dois pontos de sela e um mínimo local. c. Existe 𝑎 ∈ ℝ para o qual a função tenha ao menos um máximo local? d. Existe 𝑎 ∈ ℝ para o qual a função tenha mais de 3 pontos críticos? Primeiramente vamos calcular o gradiente de f e igualar ao vetor nulo:
∇𝑓(𝑥, 𝑦) = (8𝑎𝑥3 − 2𝑎𝑥, 2𝑦 − 2) = (0,0)
8𝑎𝑥3 − 2𝑎𝑥 = 0 → 8𝑎𝑥3 = 2𝑎𝑥 → 𝑥 = ±12
𝑐𝑜 𝑥 = 0
2𝑦 − 2 = 0 → 𝑦 = 1 Agora as derivadas parciais de segunda ordem:
𝑓𝑥𝑥 = 24𝑎𝑥2 − 2𝑎, 𝑓𝑦𝑦 = 2, 𝑓𝑥𝑦 = 𝑓𝑦𝑥 = 0 A Hessiana então será:
𝐵 = �24𝑎𝑥2 − 2𝑎 00 2
� = 48𝑎𝑥2 − 4𝑎 = 4𝑎(12𝑥2 − 1)
Para satisfazer a condição do item a, o H de um dos pontos deve ser menor que zero. Com 𝑥 = ± 1
2, 𝐵 = 8𝑎 e com 𝑥 = 0, 𝐵 = −4𝑎. Se a > 0, apenas o ponto
(0,1) terá 𝐵 < 0 enquanto os outros dois terão 𝐵 > 0 e 𝑓𝑥𝑥 > 0, pois x está ao quadrado e será positivo. Para a condição do item b, se a < 0 os pontos (± 1
2, 1)
terão 𝐵 < 0, enquanto que o ponto (0,1) terá 𝐵 > 0 e 𝑓𝑥𝑥 > 0 pela mesma razão expressa anteriormente. A condição do item c é impossível, pois em 𝑓𝑥𝑥 x está ao quadrado, e com 𝑥 = ± 1
2, 𝑓𝑥𝑥 = 4𝑎 e 𝐵 = 8𝑎 resultando em pontos de sela se a é negativo e pontos
de mínimo se a é positivo. Se 𝑥 = 0, 𝑓𝑥𝑥 = −2𝑎 e 𝐵(0,1) = −4𝑎, resultando em um ponto de mínimo se a é negativo e um ponto de sela se a é positivo. Conclusão: não existe. Se a = 0, 𝐵 = 0 para todo x. Você já deve ter uma ideia do que está acontecendo aqui, não é mesmo? Com a = 0, 𝑧 = 𝑦2 − 2𝑦, e esse gráfico parece algo que nós já vimos trocentas vezes desde o ensino médio. É o gráfico de uma parábola, repetido por todo eixo x (o gráfico parece uma calha). Como o número multiplicando 𝑦2 é positivo, resulta em uma parábola de boca pra cima, então os pontos críticos quando a = 0 só podem ser pontos de mínimo. (R: Se a = 0, haverá mais do que 3 pontos críticos).
III. Máximos e Mínimos em Conjuntos Compactos
3.1 Esboce a região D e determine o máximo e o mínimo absolutos da função 𝑓: 𝐷 → ℝ quando : a. 𝑓(𝑥, 𝑦) = 5 − 3𝑥 + 4𝑦 e D é o triângulo (com interior e lados inclusos) cujos vértices são (0,0),(4,0) e (4,5);
O teorema de Weierstrass garante que existem ao menos um ponto de máximo e um ponto de mínimo. Nesse tipo de exercício, devemos analisar os pontos da fronteira e em seguida os pontos em que ∇𝑓 = 0�⃗ (o que fizemos na parte anterior). A fronteira nesse caso será a união dos pontos que compõem os lados do triângulo. Podemos expressá-la desta maneira:
𝐹𝑟𝑐𝐹𝑡(𝐷): {(𝑥, 0) ∈ ℝ2|0 ≤ 𝑥 ≤ 4} ∪ {(4, 𝑦) ∈ ℝ2|0 ≤ 𝑦 ≤ 5} ∪ {(𝑥, 𝑦) ∈ ℝ2|𝑦𝑥
=54
, 0 < 𝑥
≤ 4 𝑒 0 < 𝑦 ≤ 5} O último conjunto dessa união é a reta (segmento) que vai de (0,0) a (4,5) e tem coeficiente angular igual a 5
4, e x > 0 pois não existe divisão por zero e y > 0
pois se y = 0, 𝑦𝑥
= 0 ≠ 54.
Primeiro conjunto: 𝑓(𝑥, 0) = 5 − 3𝑥 + 4 ∙ 0 → 𝑓(𝑥, 0) = 5 − 3𝑥
𝑓(4,0) = 5 − 12 = −7 Segundo conjunto:
𝑓(4, 𝑦) = 5 − 3 ∙ 4 + 4𝑦 → 𝑓(4, 𝑦) = 4𝑦 − 7 𝑓(4,5) = 20 − 7 = 13
Terceiro conjunto:
𝑓 �𝑥,54
𝑥� = 5 − 3𝑥 + 4 ∙54
𝑥 = 2𝑥 + 5 → 𝑓 �4,54
∙ 4� = 13
Como é uma equação de plano, os únicos lugares possíveis onde teríamos máximo e mínimo são os extremos do nosso conjunto. Máx.: 13, Mín.: -7.
b. 𝑓(𝑥, 𝑦) = 𝑥𝑦𝑒−𝑥2−𝑦2 e 𝐷 = {(𝑥, 𝑦) ∈ ℝ2|𝑥2 + 𝑦2 ≤ 2, 𝑥 ≤ 0, 𝑦 ≥ 0} Sim! É ele mesmo! Nosso velho “amigo”... Ainda bem que nós já calculamos os pontos críticos desse cara, não é mesmo?
É possível ver que nos pontos (−√2, 0) e (0, +√2) (extremos da fronteira) a função assume valor máximo (zero). Contanto que uma das variáveis seja igual à zero, a função terá valor máximo, então temos que (𝑥, 0) 𝑐𝑐𝑚 𝑥 ∈ [−√2, 0] e (0, 𝑦) 𝑐𝑐𝑚 𝑦 ∈ [0, √2] são pontos de máximo. Se você olhar no exercício da parte anterior em que calculamos os pontos críticos dessa função (ex. 2.1-f), verá que somente �− 1
√2, 1
√2� está contido dentro
de D. Esse é então nosso ponto de mínimo. (Se você não fez o exercício mencionado, ou se você acha que não conseguiria fazer um parecido com ele no tempo de prova, eu recomendo fortemente que você tente achar o ponto de mínimo sozinho). c. 𝑓(𝑥, 𝑦) = 𝑥𝑦 e 𝐷 = {(𝑥, 𝑦) ∈ ℝ2|𝑥2 − 𝑦2 = 1, 𝑥 ∈ [1,2]};
Vamos analisar os extremos da fronteira: 𝑥 = 1 → 12 − 𝑦2 = 1 → 𝑦 = 0 → 𝑓(𝑥, 𝑦) = 𝑥 ∙ 0 = 0
𝑥 = 2 → 22 − 𝑦2 = 1 → 𝑦2 = 3 → 𝑦 = ±√3 → 𝑓(𝑥, 𝑦) = 2 ∙ ±√3 = ±2√3 Como o conjunto é a própria fronteira, os valores de x e y necessariamente obedecerão à equação da hipérbole, portanto não há mais pontos a serem calculados. Mínimo: 𝑓�2, −√3� = −2√3 Máximo:𝑓�2, √3� = 2√3
d. 𝑓(𝑥, 𝑦) = 2𝑥3 + 𝑦4 e 𝐷 = {(𝑥, 𝑦) ∈ ℝ2|𝑥2 + 𝑦2 = 1, 𝑥 ∈ �0, 14� , 𝑦 ≥ 0}
Extremos:
𝑥 = 0 → 02 + 𝑦2 = 1 → 𝑦 = 1 → 𝑓(0,1) = 1
𝑥 =14
→ �14
�2
+ 𝑦2 = 1 → 𝑦2 =1516
→ 𝑦 =√15
4→ 𝑓 �
14
,√15
4� =
132
+225256
=233256
Mínimo: 233256
Máximo: 1 Extra: Você pode usar multiplicadores de Lagrange (apenas) para resolver os itens c e d? O resumo do Responde Aí pode nos ajudar:
c. 𝑓(𝑥, 𝑦) = 𝑥𝑦 e 𝐷 = {(𝑥, 𝑦) ∈ ℝ2|𝑥2 − 𝑦2 = 1, 𝑥 ∈ [1,2]}; ∇𝑓(𝑥, 𝑦) = (𝑦, 𝑥)
𝑥2 − 𝑦2 = 1 → 𝑥2 − 𝑦2 − 1 = 0 → 𝑔(𝑥, 𝑦) = 𝑥2 − 𝑦2 − 1 ∇𝑔(𝑥, 𝑦) = (2𝑥, −2𝑦)
∇𝑓 = 𝜆∇𝑔 → (𝑦, 𝑥) = 𝜆(2𝑥, −2𝑦)
�𝑦 = 𝜆 ∙ 2𝑥
𝑥 = 𝜆 ∙ (−2𝑦) → �𝑦 = 𝜆 ∙ 2𝑥
𝑥 = −𝜆 ∙ 2𝑦𝑥2 − 𝑦2 = 1
Temos que 𝜆 = 𝑦2𝑥
da primeira equação e 𝜆 = − 𝑥2𝑦
da segunda. Igualando as
duas obtemos que: 𝑦
2𝑥= −
𝑥2𝑦
→ 𝑦2 = −𝑥2 → 𝑦 = 𝑥 = 0
Mas o ponto (0,0) não está na equação da hipérbole já que 02 − 02 ≠ 1, portanto apenas utilizando multiplicadores de Lagrange não é possível resolver o item c. d. 𝑓(𝑥, 𝑦) = 2𝑥3 + 𝑦4 e 𝐷 = {(𝑥, 𝑦) ∈ ℝ2|𝑥2 + 𝑦2 = 1, 𝑥 ∈ �0, 1
4� , 𝑦 ≥ 0}
∇𝑓(𝑥, 𝑦) = (6𝑥2, 4𝑦3) 𝑥2 + 𝑦2 = 1 → 𝑥2 + 𝑦2 − 1 = 0 → 𝑔(𝑥, 𝑦) = 𝑥2 + 𝑦2 − 1
∇𝑔(𝑥, 𝑦) = (2𝑥, 2𝑦) ∇𝑓 = 𝜆∇𝑔 → (6𝑥2, 4𝑦3) = 𝜆(2𝑥, 2𝑦)
�6𝑥2 = 𝜆 ∙ 2𝑥4𝑦3 = 𝜆 ∙ 2𝑦𝑥2 + 𝑦2 = 1
→ 𝜆 = 3𝑥 → 𝜆 = 2𝑦2 → 3𝑥 = 2𝑦2 → 𝑦2 =32
𝑥
𝑥2 +32
𝑥 = 1 → 𝑥2 +32
𝑥 − 1 = 0 → 𝑥 =−3/2 ± �(3/2)2 − 4 ∙ 1 ∙ (−1)
2
𝑥 = −34
±54
→ 𝑥 =12
𝑐𝑜 𝑥 = −2𝑥2
Não só ambos os pontos estão fora do intervalo, como também se 𝑥 = −2 → (−2)2 + 𝑦2 = 1 → 𝑦2 = 1 − 4 = −3, o que é impossível pois 𝑦 ∈ ℝ. Apenas multiplicadores de Lagrange não são o suficiente.
3.2. Determine o valor máximo e o valor mínimo da função f sujeita às restrições explicitadas: a. 𝑓(𝑥, 𝑦) = 𝑥𝑦, 𝑠𝑜𝑠𝑒𝑠𝑡𝑐 𝑎 5𝑥2 + 5𝑦2 + 6𝑥𝑦 − 64 = 0;
∇𝑓(𝑥, 𝑦) = (𝑦, 𝑥) 𝑔(𝑥, 𝑦) = 5𝑥2 + 5𝑦2 + 6𝑥𝑦 − 64 → ∇𝑔(𝑥, 𝑦) = (10𝑥 + 6𝑦, 10𝑦 + 6𝑥)
∇𝑓 = 𝜆∇𝑔 → (𝑦, 𝑥) = 𝜆(10𝑥 + 6𝑦, 10𝑦 + 6𝑥)
�𝑦 = 𝜆(10𝑥 + 6𝑦)𝑥 = 𝜆(10𝑦 + 6𝑥)
5𝑥2 + 5𝑦2 + 6𝑥𝑦 − 64 = 0→ 𝜆 =
𝑦10𝑥 + 6𝑦
=𝑥
10𝑦 + 6𝑥
10𝑦2 + 6𝑥𝑦 = 10𝑥2 + 6𝑥𝑦 → 𝑦2 = 𝑥2 → 𝑦 = ±𝑥 5𝑥2 + 5𝑦2 + 6𝑥𝑦 − 64 = 0 → 5𝑥2 + 5𝑥2 + 6𝑥2 − 64 = 0 → 16𝑥2 = 64 → 𝑥 = ±2 = 𝑦
Máximo: 𝑓(2,2) = 𝑓(−2, −2) = 4 Mínimo: 𝑓(2, −2) = 𝑓(−2,2) = −4
b. 𝑓(𝑥, 𝑦, 𝑧) = 𝑥𝑦𝑧, 𝑠𝑜𝑠𝑒𝑠𝑡𝑐 𝑎 𝑥2 + 2𝑦2 + 3𝑧2 = 6; ∇𝑓(𝑥, 𝑦, 𝑧) = (𝑦𝑧, 𝑥𝑧, 𝑥𝑦)
𝑔(𝑥, 𝑦, 𝑧) = 𝑥2 + 2𝑦2 + 3𝑧2 − 6 → ∇𝑔(𝑥, 𝑦, 𝑧) = (2𝑥, 4𝑦, 6𝑧) ∇𝑓 = 𝜆∇𝑔 → (𝑦𝑧, 𝑥𝑧, 𝑥𝑦) = 𝜆(2𝑥, 4𝑦, 6𝑧)
⎩⎨
⎧𝑦𝑧 = 𝜆2𝑥𝑥𝑧 = 𝜆4𝑦𝑥𝑦 = 𝜆6𝑧
𝑥2 + 2𝑦2 + 3𝑧2 = 6
→ 𝜆 =𝑦𝑧2𝑥
=𝑥𝑧4𝑦
=𝑥𝑦6𝑧
4𝑦2𝑧 = 2𝑥2𝑧 → 2𝑦2 = 𝑥2|6𝑧2𝑥 = 4𝑦2𝑥 → 2𝑦2 = 3𝑧2
𝑥2 + 𝑥2 + 𝑥2 = 6 → 3𝑥2 = 6 → 𝑥 = ±√2 → 𝑦 = ±1 → 𝑧 = ±√2√3
Agora só falta testarmos os pontos. Como temos duas possibilidades para cada variável, temos ao todo 2 × 2 × 2 = 8 pontos. Entretanto, não precisamos calcular todos, pois sempre haverá duas variáveis com o mesmo sinal, ou seja, em vários pontos a função assume um mesmo valor. Na realidade, os únicos resultados possíveis são dois:
𝑓 �±√2, ±1, ±√2√3
� = �±√2� × (±1) × �±√2√3
� = ±2
√3
Mínimo: − 2√3
Máximo: + 2√3
c. 𝑓(𝑥, 𝑦, 𝑧) = 𝑥2𝑦2𝑧2, 𝑠𝑜𝑠𝑒𝑠𝑡𝑐 𝑎 𝑥2 + 𝑦2 + 𝑧2 = 1; ∇𝑓(𝑥, 𝑦, 𝑧) = (2𝑥𝑦2𝑧2, 2𝑥2𝑦𝑧2, 2𝑥2𝑦2𝑧)
𝑔(𝑥, 𝑦, 𝑧) = 𝑥2 + 𝑦2 + 𝑧2 − 1 → ∇𝑔(𝑥, 𝑦, 𝑧) = (2𝑥, 2𝑦, 2𝑧) ∇𝑓 = 𝜆∇𝑔 → (2𝑥𝑦2𝑧2, 2𝑥2𝑦𝑧2, 2𝑥2𝑦2𝑧) = 𝜆(2𝑥, 2𝑦, 2𝑧)
⎩⎪⎨
⎪⎧ 𝜆2𝑥 = 2𝑥𝑦2𝑧2
𝜆2𝑦 = 2𝑥2𝑦𝑧2
𝜆2𝑧 = 2𝑥2𝑦2𝑧𝑥2 + 𝑦2 + 𝑧2 = 1
→ 𝜆 = 𝑦2𝑧2 = 𝑥2𝑧2 = 𝑥2𝑦2
𝑦2𝑧2 = 𝑥2𝑧2 → 𝑦2 = 𝑥2 → 𝑦 = ±𝑥|𝑥2𝑧2 = 𝑥2𝑦2 → ±𝑧 = ±𝑦 = ±𝑥
𝑥2 + 𝑦2 + 𝑧2 = 1 → 𝑥2 + 𝑥2 + 𝑥2 = 1 → 𝑥 = ±1
√3
𝑓 �±1
√3, ±
1√3
, ±1
√3� = �±
1√3
�2
× �±1
√3�
2
× �±1
√3�
2
= +1
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Ué, mas só um ponto? Bom, o método que estivemos usando até aqui fornece apenas candidatos a pontos de máximo e mínimo. Para descobrirmos outro ponto temos que analisar a função. Como todos os termos estão ao quadrado, a função nunca terá um valor negativo. Podemos concluir então que os pontos onde a função assume o valor zero serão pontos de mínimo. Contanto que ao menos uma das variáveis seja maior que zero, o ponto estará contido em 𝑥2 + 𝑦2 + 𝑧2 = 1. Mínimo: zero Máximo: 1
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3.3. Determine o valor máximo e o valor mínimo de f na região R sendo: a. 𝑓(𝑥, 𝑦, 𝑧) = 𝑥2 − 2𝑥 + 𝑦2 − 4𝑦 + 𝑧2 − 6𝑧