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Capítulo 7
MÁXIMOS E MÍNIMOS
7.1 Introdução
Definição 7.1. Sejam A ⊂ Rn um conjunto aberto, f : A ⊂ Rn −→ R uma função e
ε > 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
valor extremo de f .
-2 -1 0 1 2
-2
-1
0
1
2
Figura 7.1:
Exemplos 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)
167
168 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) = 0˜.
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 valor
crítico 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 de sela.
7.1. INTRODUÇÃO 169
Para n = 3,∇f(x, y, z) = 0˜ 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 Rn. Para todo valor
regular c de f , o conjunto f−1(c) ( se não for vazio) é uma superfície (curva) de
classe Ck.
Exemplos 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
2
e (0,±1
2
) são os pontos críticos. Se 4 y = x,
então, de (1), 3x2 = −4, que não tem solução real.
170 CAPÍTULO 7. MÁXIMOS E MÍNIMOS
[3] Seja f(x, y) =
xy
8
+
1
x
+
1
y
, x, y 6= 0.


(1)
∂f
∂x
= y8 − 1x2 = 0
(2)
∂f
∂y
= x8 − 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−(x
2+y2).

(1)
∂f
∂x
= 4xe−(x
2+y2)(1− x2 − y2) = 0
(2)
∂f
∂y
= 4ye−(x
2+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 esta
função tem uma curva de pontos críticos. Os pontos críticos são (0, 0) e os pontos
do círculo {(x, y) ∈ R2/x2 + y2 = 1}.
Figura 7.4: Exemplo [4].
[5] Seja f(x, y) = (x2 − y2) e−x
2+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 171
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 os
pontos 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 .
172 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 análogo
ao 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∂y
e C =
1
2
∂2f
∂y2
.
No caso ∆ = 0, não é possível tomar uma decisão.
7.2. DETERMINAÇÃO DOS EXTREMOS LOCAIS 173
Exemplos 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 chamada
de matriz Hessiana de f .
174 CAPÍTULO 7. MÁXIMOS E MÍNIMOS
Teorema 7.3. Sejam f uma função de classe C2 definida num conjunto aberto U ⊂
R
2 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
em U .
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 f
numa 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 f
numa 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:
7.2. DETERMINAÇÃO DOS EXTREMOS LOCAIS 175
Se (x0, y0) é ponto de sela de f , então as curvas de nível e o gráfico de f numa
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 7.11:
Se f é uma função contínua no ponto (x0, y0) e se as derivadas parciais de f não
existem no ponto (x0, y0), mesmo assim é possível que este ponto seja extremo e
deve ser examinado separadamente. Por exemplo, f(x, y) =
√
x2 + y2 é contínua
em R2 eas derivadas parciais na origem não existem. Por outro lado 0 ≤
√
x2 + y2,
para todo (x, y) ∈ R2 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 de
várias variáveis, uma função pode ter dois pontos de máximo e não possuir ne-
nhum ponto de mínimo. De fato:
Exemplos 7.1.
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.
176 CAPÍTULO 7. MÁXIMOS E MÍNIMOS
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 os
pontos 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 o
gráfico 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 .
7.2. DETERMINAÇÃO DOS EXTREMOS LOCAIS 177
-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
178 CAPÍTULO 7. MÁXIMOS E MÍNIMOS
-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).
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
7.2. DETERMINAÇÃO DOS EXTREMOS LOCAIS 179
-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−(x
2+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−(x
2+y2
2
)2 (4−8x2−3x4+x6−8 y2+22x2 y2−x4 y2−3 y4−x2 y4+y6).
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
180 CAPÍTULO 7. MÁXIMOS E MÍNIMOS
-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 e
temos 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:
7.2. DETERMINAÇÃO DOS EXTREMOS LOCAIS 181
-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 função
é 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].
[6] Determine os pontos extremos de f(x, y) = x2 − 2x y + y2.
182 CAPÍTULO 7. MÁXIMOS E MÍNIMOS
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 da
reta y = x. A(x, y) = 2 e ∆(x, y) = 0. Como antes, notamos que: f(x, x) = 0 e
f(x, y) = (x−y)2 > 0 se x 6= y; logo os pontos críticos (x, x) são pontos de mínimos
locais.
-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 e
igual 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)
7.3. PROBLEMAS DE OTIMIZAÇÃO 183
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
3
e 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
3
e 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 quadradoda 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 seguinte
função:
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;
184 CAPÍTULO 7. MÁXIMOS E MÍNIMOS
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, o
que 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
3
e o
valor máximo da soma é:
cos
(π
3
)
+ cos
(π
3
)
+ cos
(π
3
)
=
3
2
.
7.3. PROBLEMAS DE OTIMIZAÇÃO 185
[4] Uma caixa retangular tem três faces nos planos coordenados e um vértice
P = (x, y, z) no primeiro octante sobre a superfície x2 + y2 + z = 1. Calcule o
volume da maior caixa com essas características.
O volume da caixa é V = xyz onde x, y e z são os comprimentos das arestas da
caixa; z = 1 − x2 − y2. Seja f(x, y) = x y (1 − x2 − y2). Determinemos os pontos
críticos: 

∂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
2
e ∆
(1
2
,
1
2
)
=
35
4
;
então
(1
2
,
1
2
)
é um ponto de máximo, z =
1
2
e V =
1
8
u.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 da
área do triângulo é: A2 = s (s−x) (s−y) (s−z), onde 2 s = x+y+z. Maximizemos
a 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
3
e 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.
186 CAPÍTULO 7. MÁXIMOS E MÍNIMOS
7.3.1 Mínimos Quadrados
Suponha que numa experiência realizada foram coletados os seguintes pares de
dados (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 de
uma 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 se
ajusta aos dados, ou seja, consiste em determinar a e b de modo que a soma dos
desvios 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 mais
próximo (distância vertical) dos pontos dados tem coordenadas (xi, a xi + b); logo
o quadrado da distância vertical a estes pontos é:
E2i = ((axi + b)− yi)2, 1 ≤ i ≤ n.
Minimizaremos a função: f(a, b) = E21 + E
2
2 + . . . + E
2
n =
n∑
i=1
((axi + b) − yi)2.
Calculando as derivadas parciais
∂f
∂a
,
∂f
∂b
e igualando a zero, obtemos o sistema:


a
n∑
i=1
x2i + b
n∑
i=1
xi =
n∑
i=1
xiyi
a
n∑
i=1
xi + n b =
n∑
i=1
yi.
Este é um sistema linear, que tem uma única solução que minimiza f .
7.3. PROBLEMAS DE OTIMIZAÇÃO 187
Exemplos 7.2.
[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 x
2
i xiyi
1 0 0 0 0
2 −1 2 1 -2
3 −2 −1 4 2
4 2 3 4 6
5 1 2 1 2
6 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
7
e 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),
188 CAPÍTULO 7. MÁXIMOS E MÍNIMOS
(1,−1), (5,−1), (4, 3) e (3, 4).
i xi yi x
2
i xiyi
1 −3 −5 9 15
2 −1 −2 1 2
3 2 1 4 2
4 1 −1 1 -1
5 5 −1 25 -5
6 4 3 16 12
7 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
167
e 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 Mortes
A 250 95
B 300 120
C 350 165
D 370 167
E 400 170
F 470 174
i) Suponha que existe uma correlação linear entre os dados da tabela e utilize o
método dos mínimos quadrados para determinar a reta de melhor ajuste à tabela.
7.4. MÁXIMOS E MÍNIMOS ABSOLUTOS 189
ii) Se num país a consumação foi de 550 litros per cápita no ano de 2003, utilizando
i), 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
2215
e 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
todo x ∈ A.
2. O ponto x0 é um ponto de máximo absoluto de f em A se f(x) ≤ f(x0), para
todo x ∈ A.
190 CAPÍTULO 7. MÁXIMOS E MÍNIMOS
Exemplos 7.4.
[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) ∈ R2. 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 para
todo (x, y) ∈ R2 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 um
ponto de máximo local (ou de mínimo local) de f . Agora nosso objetivo é verificar
a existência de pontos de máximos e mínimos absolutos de f e determinar tais
pontos. Do Cálculo de uma variável conhecemos o teorema deWeierstrass que nos
garante a existência de pontos extremos absolutos; no teorema, é fundamental que
a função contínua a estudar esteja definida em um intervalo fechado e limitado. A
seguir daremos algumas definições que estendem as características dos intervalos
fechados e limitados a Rn e enunciaremos o teorema que garantirá a existência de
máximos e mínimos absolutos.
Definição 7.4. Um conjunto A ⊂ 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 conjunto
A ⊂ Rn 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"e
outra "exterior"à supefície. É o caso de uma esfera em R3.
Exemplos 7.5.
[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.
7.4. MÁXIMOS E MÍNIMOS ABSOLUTOS 191
[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, isto é, existem x0, x1 ∈ A tais que f(x0) ≤ f(x) ≤ f(x1) para todo x ∈ A.
Exemplos Importantes
[1] SejamA = {(x, y) ∈ R2/x2+y2 < 1} e f : A ⊂ R2 −→ 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 possui
pontos extremos em A (nem em R2).
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 serão
importantes 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.
192 CAPÍTULO 7. MÁXIMOS E MÍNIMOS
Se um extremo absoluto de f ocorre em A− ∂A, então, também é um extremo local
de f ; logo, um extremo absoluto que não seja um extremo local, necessariamente
está na ∂A. Portanto, para determinar um extremo absoluto, primeiramente de-
terminamos os extremos locais e, então, comparamos o maior e o menor desses
valores com os valores de f ao longo da ∂A. Logo podem ocorrer pontos extremos
de 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 tem
pontos 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 e
mínimo de f são atingidos na ∂A.
Análise dos pontos da ∂A: ∂A = L1 ∪ L2 ∪ L3 ∪ L4, onde Li (1 ≤ i ≤ 4) são os
lados 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 de
g em y = 2. Portanto, (1, 0) é ponto de mínimo de f e (1, 2) é ponto de máximo de
f , 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
7.5. MÉTODO DOS MULTIPLICADORES DE LAGRANGE 193
Conclusão: O valor máximo de f em A é 17 e é atingido no ponto (1, 2) e o valor
mínimo 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. Tais
pontos extremos são ditos condicionados.
7.5 Método dos Multiplicadores de Lagrange
Antes de apresentar o método, examinemos o seguinte exemplo:
Exemplos 7.3.
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 nível
c 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 extremos
de f(x, y) quando (x, y) ∈ S, ou seja, devemos determinar qual a circunferência
que 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 que
está 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;
194 CAPÍTULO 7. MÁXIMOS E MÍNIMOS
resolvendo o sistema e como y = x+ 1, obtemos as soluções:
x = −1
2
e 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 ⊂ Rn um aberto. Para
determinar 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)
7.6. DETERMINAÇÃODOS EXTREMOS CONDICIONADOS 195
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 intersecta
a curva g(x, y) = 0 transversalmente,isto é, de modo que, uma não seja tangente à
outra 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 continuam
intersectando 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 num
ponto (x0, y0). Em tal ponto as curvas de nível de f e g tem a mesma reta tangente
e, portanto, a mesma reta normal, isto é, os vetores ∇f e ∇g devem ser paralelos
no ponto (x0, y0). Analogamente para n = 3. Do teorema anterior, segue que se f
possui 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.
196 CAPÍTULO 7. MÁXIMOS E MÍNIMOS
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 pontos
de mínimo dos de máximo. Cada ponto obtido pelo metódo de Lagrange deve ser
examinado separadamente, utilizando os dados do problema e/ou, argumentos
geométricos.
Exemplos 7.6.
[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√
2
e 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.
7.6. DETERMINAÇÃODOS EXTREMOS CONDICIONADOS 197
-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 . Se
x2 + 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 ambos
zero; 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.
198 CAPÍTULO 7. MÁXIMOS E MÍNIMOS
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
)
.
7.7. PROBLEMAS DE OTIMIZAÇÃO 199
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
6
λ
(3) x y =
2
3
zλ
(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
6
λ
(3′) x y z =
2
3
z2λ
(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 por
2λ
3
a 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 pontos
extremos 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 e
igual a 4 a (a > 0), qual é o que tem volume máximo?
200 CAPÍTULO 7. MÁXIMOS E MÍNIMOS
Sejam x, y e z as arestas do paralelepípedo; seu volume é V (x, y, z) = x y z tal que
x+ 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
3
e:
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 vértice
pertence 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
3
e z =
c
3
. O ponto de máximo
é
1
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).
7.7. PROBLEMAS DE OTIMIZAÇÃO 201
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 a
temperatura 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,
202 CAPÍTULO 7. MÁXIMOS E MÍNIMOS
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
2
e 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 por
3x y z
2a
no 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
3
e 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 elipsóide
x2
a2
+
y2
b2
+
z2
c2
= 1 que passa pelo ponto
(1, 2, 3) e tem menor volume.
7.7. PROBLEMAS DE OTIMIZAÇÃO 203
Note que as incógnitas são a, b e c. Seja V = f(a, b, c) = 4 a b c pi3 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
3
a b c = − 2
a2
λ
(2)
4π
3
a b c = − 8
b2
λ
(3)
4π
3
a b c = −18
c2
λ
(4)
1
a2
+
4
b2
+
9
c2
= 1,
fazendo (1) = (2) e como λ 6= 0, obtemos que b2 = 4 a2; fazendo (2) = (3), obtemos
4 c2 = 9 b2; logo, c2 = 9 a2 e de (4): a2 = 3, b2 = 12 e c2 = 27; a equação do elipsóide
é:
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 em
sua construção seja mínima.
Sejam x e y o raio e a altura do cilindro, respectivamente. Devemos minimizar a
área 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 ao
diâmetro da base; de (3) obtemos: x = π−
1
3 e y = 2π−
1
3 , que são as coordenadas do
ponto de mínimo (por que ?). f(π−
1
3 , 2π−
1
3 ) = 6 3
√
π.
[8] Um fio de cobre de comprimento a, deve ser dividido em 3 partes tais que o
produto 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.
204 CAPÍTULO 7. MÁXIMOS E MÍNIMOS
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 próximos
da 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
2
3
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
7.7. PROBLEMAS DE OTIMIZAÇÃO 205
-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 depende
de 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, igualando
as equações (j) = (j + 1) com j = 1, ..., n − 1, obtemos xj = xj+1 e
206 CAPÍTULO 7. MÁXIMOS E MÍNIMOS
x1 = x2 = x3 = .... = xn; usando a equação (n+ 1) temos:
x1 = x2 = x3 = ...... = xn =
a
n
,
e f( an ,
a
n , .....,
a
n) =
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.
7.8. MULTIPLICADORES DE LAGRANGE E ÁLGEBRA LINEAR 207
Exemplos 7.4.
[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
3
e x =
7
3
, y =
1
3
e z = −5
3
. A distância é:
5
√
3
3
.
7.8 Multiplicadores de Lagrange e Álgebra Linear
Utilizamos o Método dos Multiplicadores de Lagrange para determinar os candia-
datos a pontos extremos de uma função f : A ⊂ Rn −→ R, de classe C1, restrita ao
conjunto:
B = {u ∈ A/g(u) = k},
onde g : A ⊂ Rn −→ R é uma função de classe C1.
Não é difícil ver que uma curva de nível de f é tangente a uma curva de nível de g,
no ponto p ∈ A, se e somente se∇f(p) é paralelo a∇g(p), se∇g(p) 6= ~0:
g=c
g=d
f=k
g=r
Figura 7.37: Curvas de níveis de f e g, respectivamente.
Isto é, existe λ ∈ R tal que:
208 CAPÍTULO 7. MÁXIMOS E MÍNIMOS
∇f(p) = λ∇g(p).
Assim, para determinar os pontos extremos, devemos resolver o sistema:
(1)
{
∇f(p) = λ∇g(p)
g(u) = k.
De forma análoga podemos estender o problema de determinar os candiadatos a
pontos extremos de uma função f : A ⊂ Rn −→ R de classeC1, restrita ao conjunto:
B = {u ∈ A/g(u) = k1, h(u) = k2},
onde g, h : A ⊂ Rn −→ R, são funções de classe C1.
Se∇g(u)×∇h(u) 6= ~0, para todo u ∈ B, então o ponto p ∈ B é ponto extremo de f ,
se {∇f(p),∇g(p),∇h(p)} é um conjunto ld. Logo, existem λ, µ ∈ R tais que:
∇f(p) = λ∇g(p) + µ∇h(p),
Assim, para determinar os pontos extremos, devemos resolver o sistema:
(2)


∇f(p) = λ∇g(p) + µ∇h(p)
g(u) = k1
h(u) = k2
g=d
h=k
f=c
p
Figura 7.38: Curvas de níveis de f e g, respectivamente.
7.9 Eliminação do Parâmetro
Os parâmtros λ e µ nos sistemas (1) e (2) do parágrafo anterior, são essencialmente
utilizados para ter consistência e assim poder determinar suas possíveis soluções.
Por outro lado, os valores dos parâmetros não são importantes no problema que
desejamos resolver, portanto não tem um interesse prático para serem determina-
dos.
7.9. ELIMINAÇÃODO PARÂMETRO 209
Dependendo do problema,muitas vezes é preferível eliminar os parâmetros dos sis-
temas (1) e (2). A forma de eliminar os parâmetros é trivial, para isto basta utilizar
Álgebra Linear básica.
Se n = 2, os vetores ∇f(p) e ∇g(p) são ld. se, e somente se o determinante da
matriz:
M =


∂f
∂x
∂f
∂y
∂g
∂x
∂g
∂y


é nulo, onde as derivada parciais são calculadas em (x, y) ∈ A. Assim, em vez de
resolver o sistema (1), resolvemos o sistema:
(1′)
{
det(M) = 0
g(x, y) = 0
No caso n = 3, com uma restrição, podemos eliminar trivialmente o parâmetro λ
do sistema. Fazendo:
M =


~i ~j ~j
∂f
∂x
∂f
∂y
∂f
∂z
∂g
∂x
∂g
∂y
∂g
∂z


onde as derivada parciais são calculadas em (x, y, z) ∈ A. Como antes, em vez de
resolver o sistema (1), resolvemos o sistema:
(1′′)
{
det(M) = 0
g(x, y, z) = c
No caso n = 3, com duas restrições, podemos eliminar trivialmente os parâmetros
λ e µ do sistema. Fazendo:
M =


∂f
∂x
∂f
∂y
∂f
∂z
∂g
∂x
∂g
∂y
∂g
∂z
∂h
∂x
∂h
∂y
∂h
∂z


onde as derivada parciais são calculadas em (x, y, z) ∈ A. Como antes, em vez de
resolver o sistema (2), resolvemos o sistema:
210 CAPÍTULO 7. MÁXIMOS E MÍNIMOS
(2′)


det(M) = 0
g(x, y, z) = k1
h(x, y, z) = k2
Finalmente, a eliminação dos parâmetros pode ser estendida, de forma totalmente
análoga às anteriores, a n restrição, pois sempre teremos que, se p ∈ B é um ponto
extremo de f , então o conjunto:
{∇f(p), ∇g1(p),∇g2(p), . . . ,∇gn(p)}
é um conjunto ld.
Exemplos 7.5.
[1] Determine os pontos da curva x6 + y6 = 1 mais afastados e os mais próximos
da origem
Seja f(x, y) = x2 + y2, então:
M =
[
2x 2 y
6x5 6 y5
]
Logo, det(M) = −12x y (x− y) (x+ y) (x2 + y2). Devemos resolver o sistema:{
x y (x− y) (x+ y) (x2 + y2) = 0
x6 + y6 = 1.
⇐⇒
{
x y (x− y) (x+ y) = 0
x6 + y6 = 1.
O qual pode ser resolvido facilmente,. Os pontos candidatos a pontos extremos
são:
(±1, 0), (0,±1), ( 1
6
√
2
,
1
6
√
2
), (− 1
6
√
2
,
1
6
√
2
), (
1
6
√
2
,− 1
6
√
2
), (− 1
6
√
2
,− 1
6
√
2
).
Logo:
f(1, 0) = f(−1, 0) = f(0, 1) = f(0,−1) = 1,
f(− 1
6
√
2
,
1
6
√
2
) = f(
1
6
√
2
,− 1
6
√
2
) = f(− 1
6
√
2
,− 1
6
√
2
) = 22/3.
Então:
Os pontos (1, 0), (0, 1), (−1, 0) e (0,−1) são de mínimo.
Os pontos (
1
6
√
2
,
1
6
√
2
), (− 1
6
√
2
,
1
6
√
2
), (
1
6
√
2
,− 1
6
√
2
), (− 1
6
√
2
,− 1
6
√
2
) são de máximo.
[2] Determine os pontos extremos da função f(x, y, z) = x2 + y2 + z2 restrita ao
elipsoide
x2
64
+
y2
36
+
z2
25
= 1.
7.9. ELIMINAÇÃODO PARÂMETRO 211
Sejam g(x, y, z) =
x2
64
+
y2
36
+
z2
25
− 1, então:
M =


~i ~j ~k
2x 2 y 2 z
x
32
y
18
2 z
25


Logo:
det(M) =
[11 y z
225
]
~i− [39x z
400
]
~j +
[7x y
144
]
~k
Devemos resolver o sistema: 

y z = 0
x z = 0
x y = 0
x2
64
+
y2
36
+
z2
25
= 1
o qual pode ser resolvido facilmente. Os pontos candidatos a pontos extremos são:
(0, 0,±5), (0,±6, 0), (±8, 0, 0).
Logo:
f(0, 0,±5) = 25,
f(0,±6, 0) = 36
f(0, 0,±8) = 64.
Então:
Os pontos 0, 0, 5) e (0, 0,−5) são de mínimo.
Os pontos (8, 0, 0) e (−8, 0, 0) são de máximo.
[3] Determine os pontos extremos de f(x, y, z) = x3 + y3 + z3, sujeitos às seguintes
condições x2 + y2 + z2 = 1 e x+ y + z = 1.
Sejam g(x, y, z) = x2 + y2 + z2 − 1 e h(x, y, z) = x+ y + z − 1, então:
M =


3x2 3 y2 3 z2
2x 2 y 2 z
1 1 1


Logo:
det(M) = 6x2y − 6x2z + 6xz2 − 6xy2 + 6 y2z − 6 yz2
= (6 y − 6 z) x2 + (6 z2 − 6 y2)x+ 6 y2z − 6 yz2,
212 CAPÍTULO 7. MÁXIMOS E MÍNIMOS
fatorando, temos que:
det(M) = 6 (y − z) (x− z) (x− y) .
Devemos resolver o sistema:

(y − z) (x− z) (x− y) = 0
x2 + y2 + z2 = 1
x+ y + z = 1,
o qual pode ser resolvido facilmente,. Os pontos candidatos a pontos extremos são:
(1, 0, 0), (0, 1, 0), (0, 0, 1), (−1
3
,
2
3
,
2
3
), (
2
3
,−1
3
,
2
3
), (
2
3
,
2
3
,−1
3
).
Logo:
f(1, 0, 0) = f(0, 1, 0) = f(0, 0, 1) = 1,
f(−1
3
,
2
3
,
2
3
) = f(
2
3
,−1
3
,
2
3
) = f(
2
3
,
2
3
,−1
3
) =
5
9
.
Então:
Os pontos (1, 0, 0), (0, 1, 0) e (0, 0, 1) são de máximo.
Os pontos (−1
3
,
2
3
,
2
3
), (
2
3
,−1
3
,
2
3
) e (
2
3
,
2
3
,−1
3
) são de mínimo.
Note que o sistema original sería:


3x2 = 2xλ+ µ
3 y2 = 2 y λ+ µ
3x2 = 2 z λ+ µ
x2 + y2 + z2 = 1
x+ y + z = 1.
7.10 Exercícios
1. Determine os pontos críticos de:
(a) z = e1+x
2+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(x
2 + y2 + z2 + 1)
7.10. EXERCÍCIOS 213
(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 − y
2
2(l) z = 7y2 − xy
3. Classifique os pontos críticos de:
(a) z = e1+x
2+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).
214 CAPÍTULO 7. MÁXIMOS E MÍNIMOS
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 P
do triângulo tal que a soma dos quadrados das distâncias aos vértices seja
mínima.
10. Determine as dimensões do paralelepípedo de volume máximo, com lados
paralelos 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 largura
da base e a inclinação das faces para que sua capacidade seja máxima?
13. Uma aplicação num doente de xmiligramas de um remédioA e ymiligramas
de 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.
7.10. EXERCÍCIOS 215
8. Seja 0 < p < q. Determine o máximo e mínimo de xp + yp + zp tal que
xq + 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).
(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 tal
que 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 e
x+ y + z = 1.
16. Determine as dimensões do paralelepípedo retangular de área total 2 a2 cuja
diagonal 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 esfera
de 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 é
10 k, k ∈ N.
216 CAPÍTULO 7. MÁXIMOS E MÍNIMOS