Máximos e Mínimos

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MÁXIMOS E MÍNIMOS DE FUNÇÕES DE VÁRIAS
VARIÁVEIS
Notas de Aulas
Assim, como em funções de uma variável se usa derivada para determinação de máximo
e mínimo de uma função, para funções de duas variáveis usaremos derivadas parciais para
localizar os pontos de máximo e mínimo da função.
Teorema: se uma função f(x, y) tem um máximo ou mínimo local em (a, b) e as derivadas
parciais de primeira ordem de f existem nesses pontos, então, fx(a, b) = 0 e fy(a, b) = 0,
ou seja, ∇f(a, b) = 0.
Observação: geometricamente, se o grá�co de f tem um plano tangente em um ponto de
máximo ou mínimo local, esse plano precisa ser horizontal.
Ponto Crítico
Um ponto (a, b) é dito ser um ponto crítico de f se fx(a, b) = 0 e fy(a, b) = 0 ou se
uma das derivadas parciais não existir.
Valores de Máximo e Mínimo Locais
Teste da Segunda Derivada
Suponha que as segundas derivadas parciais de f sejam contínuas em uma bola
aberta com centro em (a, b), e suponha que fx(a, b) = 0 e fy(a, b) = 0. Seja D(a, b) =
fxx(a, b)fyy(a, b)− [fxy(a, b)]2
(a) se D > 0 e fxx(a, b) > 0, então f(a, b) é um mínimo local;
(b) se D > 0 e fxx(a, b) < 0, então f(a, b) é um máximo local;
(c) se D < 0, então f(a, b) não é mínimo local nem máximo local ((a, b) é ponto de sela).
1
Observação. Se D = 0, o teste não fornece informação: f pode ter um máximo local ou
mínimo local ou ponto de sela em (a, b).
Exemplos (livro Stewart [3])
1. Determine, se existir, os extremos locais das funções e ponto de sela.
(a) f(x, y) = 4 + (x− 1)2 + (y − 3)2.
Resolução:
Determinar pontos críticos
fx = 2(x− 1) = 0⇒ x = 1; fy = 2(y − 3) = 0⇒ y = 3.
Portanto, (1, 3) é o único ponto crítico.
- Determinar D = fxxfyy − [fxy]2
fxx = 2, fyy = 2, fxy = 0 ⇒ D = 4, assim D > 0 e fxx > 0, logo, pelo item (a) do teste
da 2a derivada, o ponto (1, 3) é um ponto de mínimo.
Figura 1: f(x, y) = 4 + (x− 1)2 + (y − 3)2, [3]
.
(b) f(x, y) = y2 − x2.
Resolução
- Determinar pontos críticos
fx = −2x = 0⇒ x = 0, fy = 2y = 0⇒ y = 0
Portanto, o ponto crítico é (0, 0).
2
- Determinar D = fxxfyy − [fxy]2
fxx = −2, fyy = 2, fxy = 0 ⇒ D = −4, logo, pelo item (c) do teste da 2a derivada,
(0, 0) é ponto de sela.
Figura 2: f(x, y) = y2 − x2, [3]
.
(c) f(x, y) = x4 + y4 − 4xy + 1
Resolução
Determinar pontos críticos
fx = 4x
3 − 4y = 0⇒ x3 = y (1)
fy = 4y
3 − 4x = 0⇒ y3 = x (2)
Substituindo (1) em (2), temos
x9 = x⇒ x9 − x = 0⇒ x(x8 − 1) = 0, x = 0, x = ±1
assim, temos os seguintes pontos críticos: (0, 0), (1, 1) e (−1,−1).
- Determinar D = fxxfyy − [fxy]2
3
fxx = 12x
2, fyy = 12y
2, fxy = −4, ⇒ D = (12x2)(12y2)− (−4)2 = 144x2y2 − 16.
Portanto,
D(0, 0) = −16 < 0⇒ (0, 0) é ponto de sela;
D(1, 1) = 128 > 0 e fxx(1, 1) = 12 > 0⇒ (1, 1) é mínimo local;
D(−1,−1) = 128 > 0 e fxx(−1,−1) = 12 > 0⇒ (−1,−1) é mínimo local.
Figura 3: f(x, y) = x4 + y4 − 4xy + 1, [3].
2. Determine a menor distância entre o ponto (1, 0,−2) e o plano x+ 2y + z = 4.
Resolução
A distância entre um ponto (x, y, z) do plano e (1, 0,−2) é determinada pela expressão
d =
√
(x− 1)2 + (y − 0)2 + (z + 2)2. Como o ponto (x, y, z) deve pertencer ao plano
x+ 2y + z = 4 ou z = 4− x− 2y, assim, temos
d =
√
(x− 1)2 + (y − 0)2 + (4− x− 2y + 2)2 ⇒ d =
√
(x− 1)2 + (y − 0)2 + (6− x− 2y)2.
Tomando f = d2, temos
f = d2 = (x−1)2+(y−0)2+(6−x−2y)2 ⇒ f(x, y) = (x−1)2+(y−0)2+(6−x−2y)2.
Calculando os pontos críticos, temos
fx = 2(x− 1) + 2(6− x− 2y)(−1) = 0⇒ fx = 4x+ 4y − 14 = 0
fy = 2y + 2(6− x− 2y)(−2) = 0⇒ fy = 10y + 4x− 24 = 0
Resolvendo o sistema
4
4x+ 4y − 14 = 010y + 4x− 24 = 0
obtemos x = 11
6
e y = 5
3
, o qual é o único ponto crítico.
Vamos determinar agora D = fxxfyy − [fxy]2
fxx = 4, fyy = 10, fxy = 4⇒ D = 24
Como fxx > 0 e D > 0, temos que
(
11
6
,
5
3
)
é ponto mínimo local. Portanto, a menor
distância entre o ponto (1, 0,−2) e o plano é d = 5
6
√
6.
3. Uma caixa retangular sem tampa deve ser feita com 12m2 de papelão. Determine o
volume máximo de tal caixa.
Resolução:
V = xyz
A = 12m2
A = xy + 2yz + 2xz = 12
Figura 4: Caixa sem tampa
Assim, equação de área, temos que
z =
12− xy
2y + 2x
⇒ V = xy
(
12− xy
2(x+ y)
)
=
12xy − x2y2
2(x+ y)
Precisamos agora calcular ∂V
∂x
e ∂V
∂y
para determinar os pontos críticos.
∂V
∂x
=
y2(12− x2 − 2xy)
2(x+ y)2
,
∂V
∂y
=
x2(12− y2 − 2xy)
2(x+ y)2
Determinando os pontos críticos
∂V
∂x
= 0⇒ y2(12− x2 − 2xy) = 0⇒
y = 012− x2 − 2xy = 0 (3)
∂V
∂y
= 0⇒ x2(12− y2 − 2xy) = 0⇒
x = 012− y2 − 2xy = 0 (4)
5
Resolvendo o sistema formado pelas Eqs. (3) e (4), temos

12− x2 − 2xy = 0⇒ xy = 12− x
2
2
12− y2 − 2xy = 0⇒ xy = 12− y
2
2
,
(5)
portanto,
12− x2
2
=
12− y2
2
⇒ x = ±y.
Como x e y precisam ser positivos para esse problema, então x = y.
Assim, para x = y temos
12− x2 − 2xy = 0⇒ 12− x2 − 2xx = 0⇒ x2 = 4⇒ x = ±2,
novamente, x precisa ser positivo, assim, para x = 2 temos y = 2, logo, (2, 2) é o único
ponto crítico, consequentemente, z = 1.
Portanto, devido à natureza física do problemas, temos, Vmax = 4m
3.
Se desejarmos, podemos usar o teste da 2a derivada para mostrar (2, 2, 1) dará o
volume máximo.
Valores de Máximo e Mínimo Absolutos
Para uma função f de uma variável, o Teorema do Valor Extremo diz que, se f é
contínua em um intervalo fechado [a, b], então f tem um valor mínimo e um valor máximo
absoluto. Para funções de duas variáveis, a situação é semelhante.
Teorema do Valor Extremo para as Funções de Duas Variáveis
Se f for contínua em um conjunto fechado e limitado D ∈ <2, então f assume um
valor máximo absoluto f(x1, y1) e um valor mínimo absoluto f(x2, y2) em pontos (x1, y1)
e x2, y2) de D.
Para determinar os valores máximo e mínimo absolutos de uma função contínua f em
um conjunto fechado e limitado D, temos os seguintes passos:
1. determinar os valores de f nos pontos críticos de f na fronteira D;
6
2. determinar os valores extremos de f na fronteira D;
3. o maior dos valores dos passos 1 e 2 é o valor máximo absoluto e o menor desses
valores é o valor mínimo absoluto.
Exemplos (livro Stewart [3])
1) Determine os valores máximo e mínimo absolutos da função f(x, y) = x2 − 2xy + 2y
no retângulo D = {(x, y)/0 ≤ x ≤ 3, 0 ≤ y ≤ 2}.
Figura 5: Domínio.
Resolução:
Assim, como em função de uma variável, temos que de�nir o valor de f(x, y) nos
pontos críticos e nas extremidades do domínio e veri�car e qual será o maior e menor
valor para f(x, y).
Passo 1: determinar f nos pontos críticos
fx = 2x− 2y = 0⇒ y = 1, fy = −2x+ 2 = 0⇒ x = 1,
Portanto o ponto crítico é (1, 1) e f(1, 1) = 1.
Passo 2: determinar f na fronteira de D: L1, L2, L3 e L4.
7
L1 :

y = 0
f(x, 0) = x2
0 ≤ x ≤ 3
min. : f(0, 0) = 0
max. : f(3, 0) = 9
L2 :

x = 3
0 ≤ y ≤ 2
f(3, y) = 9− 4y
min. : f(3, 2) = 1
max. : f(3, 0) = 9
L3 :

y = 2
0 ≤ x ≤ 3
f(x, 2) = x2 − 4x+ 4 = (x− 2)2
min. : f(2, 2) = 0
max. : f(0, 2) = 4
L4 :

x = 0
0 ≤ y ≤ 2
f(0, y) = 2y
min. : f(0, 0) = 0
max. : f(0, 2) = 4
Portanto, o valor de máximo absoluto de f em D é f(3, 0) = 9 e o mínimo absoluto é
f(0, 0) = 0.
2) Encontre o máximo e o mínimo globais de f(x, y) = 2+ 2x+2y− x2− y2 no triângulo
no primeiro quadrante limitado pelas retas x = 0, y = 0, y = 9− x.
Figura 6: Domínio.
Passo 1: determinar f nos pontos críticos
fx = 2− 2x = 0⇒ x = 1, fy = 2− 2y = 0⇒ y = 1,
8
temos, então, que (1, 1) é o único ponto crítico e f(1, 1) = 4.
Passo 2: determinar f na fronteira
L1 :

y = 0
0 ≤ x ≤ 9
f(x, 0) = 2 + 2x− x2 = f(x)
Pontos Extremos
x = 0⇒ f(0, 0) = 2
x = 9⇒ f(9, 0) = −61
Pontos Interiores
f(x) = 2 + 2x− x2 ⇒ f ′(x) = 2− 2x⇒ f ′(x) = 0⇒ x = 1 (ponto critico para L1)
f(1, 0) = 3
Assim,
min. : f(9, 0) = −61
max. : f(1, 0) = 3
9
L2 :

y = 9− x
0 ≤ x ≤ 9
f(x, 9− x) = 2 + 2x+ 2(9− x)− x2 − (9−x2)⇒ f(x, 9− x) = −61 + 18x− 2x2 = f(x)
Pontos Extremos
x = 0, f(0, 9) = −61
x = 9, f(9, 0) = −61
Pontos Interiores
f ′(x) = 18− 4x⇒ f ′(x) = 0⇒ x = 9
2
(ponto critico para L2)
f(9/2, 9/2) = −41
2
Assim,
min. : f(0, 9) = −61
max. : f(1, 1) = 4
L3 :

x = 0
0 ≤ y ≤ 9
f(0, y) = 2 + 2y − y2 = f(y)
Pontos Extremos
f(0, 0) = 2
f(0, 9) = −61
Pontos Interiores
f ′(y) = 2− 2y ⇒ f ′(y) = 0⇒ y = 1 (ponto critico para L3)
f(0, 1) = 3
Assim,
min. : f(0, 9) = −61
max. : f(0, 1) = 3
Portanto, temos
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mínimo absoluto: f(0, 9) = f(9, 0) = −61
máximo absoluto: f(1, 1) = 4.
Multiplicadores de Lagrange
Teorema de Lagrange: sejam f e g funções de duas variáveis dotadas de derivadas
parciais primeiras contínuas, e suponhamos ∇g 6= 0 em toda uma região do plano xy. Se
f tem um extremo f(x0, y0) sujeito à restrição g(x, y) = 0, então existe um número real
λ tal que
∇f(x0, y0) = λ∇g(x0, y0),
em que λ é chamado multiplicador de Lagrange.
Exemplo. Videoaula.
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Bibliogra�a
[1] LEITHOLD, L. O Cálculo Com Geometria Analítica. Volume 2. São Paulo: Harbra,
1994.
[2] SIMMONS, G. F. Cálculo Com Geometria Analítica. Volume 2. São Paulo: Makron
Books, 1997.
[3] STEWART, J. Cálculo ? Volume 2. São Paulo: Cengage Learning, 2009.
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