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
Figura 7.3: Exemplo [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.
162 CAPÍTULO 7. MÁXIMOS E MÍNIMOS
[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}.
Figura 7.4: Exemplo [4].
[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 .
Figura 7.5: Exemplo [5].
[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 .
164 CAPÍTULO 7. MÁXIMOS E MÍNIMOS
Figura 7.6: Exemplo [6].
[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
Figura 7.7: Exemplo [1].
[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
Figura 7.8: Exemplo [2].
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 .
166 CAPÍTULO 7. MÁXIMOS E MÍNIMOS
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.
Para a prova, veja o apêndice.
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:
7.2. DETERMINAÇÃO DOS EXTREMOS LOCAIS 167
-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));
168 CAPÍTULO 7. MÁXIMOS E MÍNIMOS
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. DETERMINAÇÃO DOS EXTREMOS LOCAIS 169
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.
170 CAPÍTULO 7. MÁXIMOS E MÍNIMOS
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).
Ptos. Críticos A ∆ T ipo V alor
(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
Figura 7.17: Curvas de nível e gráfico do examplo [2].
[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).
7.2. DETERMINAÇÃO DOS EXTREMOS LOCAIS 171
Ptos. Críticos A ∆ T ipo V alor
(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
Figura 7.18: Curvas de nível e gráfico do examplo [3].
[4] Classifique os pontos críticos de f(x, y) = x4 + y4 − 2 (x − y)2.
Determinemos os pontos críticos:
(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.
172 CAPÍTULO 7. MÁXIMOS E MÍNIMOS
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
Figura 7.19: Curvas de nível e gráfico do examplo [4].
[5] Classifique os pontos críticos de f(x, y) = 1 − 3√
x2 + y2.
Determinemos os pontos críticos:
(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
Figura 7.20: Curvas de nível e gráfico do examplo [5].
7.3. PROBLEMAS DE OTIMIZAÇÃO 173
[6] Determine os pontos extremos de f(x, y) = x2 − 2x y + y2.
Determinemos os pontos críticos:
∂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
Figura 7.21: Curvas de nível e gráfico do examplo [6].
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)
174 CAPÍTULO 7. MÁXIMOS E MÍNIMOS
Determinemos os pontos críticos:
∂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.
Figura 7.23: Exemplo [2].
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.
Determinemos os pontos críticos:
∂f
∂x= 2 (2x + 3 y − 6) = 0
∂f
∂y= 2 (3x + 10 y − 18) = 0;
7.3. PROBLEMAS DE OTIMIZAÇÃO 175
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).
Determinemos os pontos críticos:
(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.
176 CAPÍTULO 7. MÁXIMOS E MÍNIMOS
[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).
Determinemos os pontos críticos:
∂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. PROBLEMAS DE OTIMIZAÇÃO 177
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 .
178 CAPÍTULO 7. MÁXIMOS E MÍNIMOS
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
Figura 7.25: Exemplo [1].
[2] Determine a reta que melhor se ajusta aos pontos (−3,−5), (−1,−2), (2, 1),
7.3. PROBLEMAS DE OTIMIZAÇÃO 179
(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;
que tem como solução a =135
167e b = −236
167; então, a reta é 167 y = 135x − 236.
-2 2 4
-4
-2
2
4
Figura 7.26: Exemplo [2].
[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.
180 CAPÍTULO 7. MÁXIMOS E MÍNIMOS
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,
que tem como solução a =846
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.
182 CAPÍTULO 7. MÁXIMOS E MÍNIMOS
[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
184 CAPÍTULO 7. MÁXIMOS E MÍNIMOS
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)
186 CAPÍTULO 7. MÁXIMOS E MÍNIMOS
Para a prova, veja o apêndice.
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.
7.6. DETERMINAÇÃODOS EXTREMOS CONDICIONADOS 187
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.
188 CAPÍTULO 7. MÁXIMOS E MÍNIMOS
-1 -0.5 0 0.5 1
-0.75
-0.5
-0.25
0
0.25
0.5
0.75
1
Figura 7.34: Exemplo [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.
7.6. DETERMINAÇÃODOS EXTREMOS CONDICIONADOS 189
Figura 7.35: Exemplo [2].
[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
)
.
190 CAPÍTULO 7. MÁXIMOS E MÍNIMOS
Devemos resolver o sistema:
∇f(x, y, z) = λ∇g(x, y, z)
x2 +y2
12+
z2
3= 1
ou, equivalentemente,
(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?
7.7. PROBLEMAS DE OTIMIZAÇÃO 191
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,
ou, equivalentemente,
(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).
192 CAPÍTULO 7. MÁXIMOS E MÍNIMOS
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,
ou, equivalentemente,
(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,
7.7. PROBLEMAS DE OTIMIZAÇÃO 193
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.
194 CAPÍTULO 7. MÁXIMOS E MÍNIMOS
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.
7.7. PROBLEMAS DE OTIMIZAÇÃO 195
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,
ou, equivalentemente,
(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
196 CAPÍTULO 7. MÁXIMOS E MÍNIMOS
-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
7.7. PROBLEMAS DE OTIMIZAÇÃO 197
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.
198 CAPÍTULO 7. MÁXIMOS E MÍNIMOS
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.
200 CAPÍTULO 7. MÁXIMOS E MÍNIMOS
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.