C2 Lista Semanal 11 - 2022_4 (Com Gabarito)

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CÁLCULO II
2022 - 2º Semestre
Lista de Exercícios 11
Questão 1. Determinar os pontos de máximo e mínimo absolutos da função
f(x, y) = y3 + x3 − 3xy + 1
na região T = {(x, y) ∈ R : |x− 1| ≤ 1 e |y − 1| ≤ 1}.
Solução: A região é um quadrado de lado 2 centrado no ponto (1, 1). A Figura 1
mostra um esboço da região T .
Figura 1: Esboço da região T
Calculamos por comodidade o valor da função f(x, y) nos vértices (0, 0); (2, 0); (0, 2)
e (2, 2):
f(0, 0) = 1, f(2, 0) = 9,
f(0, 2) = 9, f(2, 2) = 5.
Calculamos agora o valor da função na fronteira do conjunto compacto (já calculamos
nos vértices da fronteira):
Considerando x = 0 temos f1(y) = f(0, y) = y3+1, que implica f ′1(y) = 3y2 ≥
0 e podemos concluir que dentre os pontos de coordenada (0, y) ∈ T o máximo é
alcançado em (0, 2) e o mínimo em (0, 0).
Considerando x = 2 temos f2(y) = f(2, y) = y3 − 6y + 9, que implica f ′2(y) =
3y2 − 6. Logo para 0 < y <
√
2 temos f2(y) decrescente e para
√
2 < y < 2 temos
f2(y) crescente; concluímos que (2,
√
2) é um ponto de mínimo local sobre a restrição
considerada para o qual temos f2(
√
2) = f(2,
√
2) ≈ 3,34.
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Universidade Federal do Pará
Cálculo II Lista de Exercícios 11
Considerando y = 0 temos f3(x) = x3 + 1, que implica f ′3(x) = 3x2 ≥ 0
e podemos concluir que dentro os pontos de coordenada (x, 0) ∈ T o máximo é
alcançado em (2, 0) e o mínimo em (0, 0).
Considerando y = 2 temos f4(x) = f(x, 2) = x3 − 6x+ 9, que implica f ′4(y) =
3x2 − 6. Logo para 0 < x <
√
2 temos f4(y) decrescente e para
√
2 < x < 2 temos
f4(x) crescente; concluímos que (
√
2, 2) é um ponto de mínimo local na restrição
considerada para o qual temos f4(
√
2) = f(
√
2, 2) ≈ 3,34.
Resta investigarmos os pontos no interior de T . Calculamos o gradiente como
∇f(x, y) =
〈
3x2 − 3y, 3y2 − 3x
〉
.
Resolvendo o sistema ∇f(x, y) = 0 obtemos os pontos (0, 0) (não consideramos esse
ponto porque já calculamos f(0, 0)) e (1, 1) (faz parte do interior de T ). Calculamos
o hessiano da função como
h(x, y) =
∣∣∣∣ 6x −3−3 6y
∣∣∣∣ = 36xy − 9.
Temos h(1, 1) = 27 > 0, logo (1, 1) é um ponto de mínimo pois
∂2f
∂x2
(1, 1) = 6 > 0.
Temos f(1, 1) = 0.
Logo o mínimo absoluto é atingido em (1, 1) (com f(1, 1) = 0) e o máximo
absoluto é atingido em (2, 0) e (0, 2) com f(2, 0) = f(0, 2) = 9.
Questão 2. Determine os pontos de máximo e mínimo da função f(x, y) = x2+y2−
6x− 4y sobre o conjunto compacto delimitado por
A = {(x, y) ∈ R2 : y ≥ 0 e y ≤ x e y ≤ 8− x}
Solução: Começamos investigando os candidatos a máximos e mínimos na fronteira
do conjunto A. A Figura 2 apresenta um esboço da região considerada.
Figura 2: Esboço da região A
Para y = 0 temos f1(x) = f(x, 0) = x2 − 6x = x(x − 6), de onde podemos
concluir que f1 assume valor mínimo em x = 3 e valor máximo em x = 8. Temos
nesses pontos f(3, 0) = −9 e f(8, 0) = 16.
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Para y = x temos f2(x) = 2x2−10x = 2x(x−5), de onde podemos concluir que
f2 assume valor mínimo em x = 5/2 e valor máximo em x = 0. Temos nesse pontos
f(0, 0) = 0 e f(5/2, 5/2) = −12,5.
Para y = 8− x temos f3(x) = x2 + (8− x)2 − 6x− 4(8− x) = 2(x2 − 9x+ 16)
que atinge mínimo em x = 9/2 e máximo em x = 8 na restrição dada. Temos nesses
pontos f(9/2, 8− 9/2) = −8,5 e f(8, 0) = 16.
Investigamos agora os candidatos a ponto de máximo e mínimo no interior de A.
Temos o gradiente ∇f(x, y) = ⟨2x− 6, 2y − 4⟩ e resolvendo o sistema ∇f(x, y) =
⟨0, 0⟩ temos (x, y) = (3, 2) (ponto no interior de A). Calculamos o hessiano como
h(x, y) =
∣∣∣∣ 2 00 2
∣∣∣∣ = 4 > 0
de onde concluímos que (3, 2) é um mínimo local (pois
∂2f
∂x2
(3, 2) > 0). Temos também
f(3, 2) = −13.
Logo o mínimo global é atingido em (3, 2) e o máximo global em (8, 0).
Questão 3. Encontre três números reais positivos cuja soma é 64 e cujo produto seja
máximo.
Solução: Sejam x, y, z esses números. Temos então x+y+z = 64 ⇒ z = 64−x−y.
Podemos então expressar o produto de x, y e z como f(x, y) = xy(64 − x − y) =
64xy − x2y − xy2.
Temos o gradiente ∇f(x, y) = ⟨y(64− 2x− y), x(64− 2y − x)⟩. Podemos resol-
ver a equação ∇f(x, y) = ⟨0, 0⟩.
Se x = 0: então y = 0 ou y = 64.
Se y = 0: então x = 0 ou x = 64.
Se x ̸= 0 e y ̸= 0: então resolvemos o sistema{
64− 2x− y = 0
64− 2y − x = 0
que nos fornece x = 64/3 e y = 64/3.
Logo os pontos críticos são {(0, 0); (0, 64); (64, 0); (64/3, 64/3)}.
Procedemos escrevendo o hessiano da função dado por
h(x, y) =
∣∣∣∣ −2y −2x− 2y + 64−2x− 2y + 64 −2x
∣∣∣∣
Temos h(0, 0) = −4096 (ponto de sela), h(0, 64) = −4096 (ponto de sela), h(64, 0) =
−4096 (ponto de sela) e h(64/3, 64/3) = 4096/3 (ponto de máximo) pois
∂2f
∂x2
(64/3, 64/3) = −128/3 < 0.
Logo os números x, y, z sujeitos a x + y + z = 64 que maximizam xyz são x =
64/3, y = 64/3 e z = 64/3.
Questão 4. Determine o ponto do paraboloide z = 9−x2−y2 que está mais próximo
do ponto (5, 5, 9).
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Solução: Podemos parametrizar a distância de um ponto de coordenada (x, y, z)
sobre z = 9− x2 − y2 para o ponto (5, 5, 9) por meio de uma função D(x, y) nas va-
riáveis x e y. As coordenadas (x, y) que minimizam a função D(x, y) serão suficientes
para determinar o ponto pedido. Mas podemos fazer ainda outra simplificação: vamos
considerar que D(x, y) é na verdade o quadrado da distância de um ponto (x, y, z) no
paraboloide para o ponto (5, 5, 9).
Temos então
D(x, y) = (5−x)2+(5−y)2+(9− (9−x2−y2))2 = (5−x)2+(5−y)2+(x2+y2)2
Temos então
∇D(x, y) =
〈
−2(5− x) + 4x(x2 + y2) , −2(5− y) + 4y(x2 + y2)
〉
.
Podemos resolver então o sistema ∇D(x, y) = ⟨0, 0⟩. Temos
4(x2 + y2)2 = 2 · 5− x
x
4(x2 + y2)2 = 2 · 5− y
y
que implica y = x. Substituindo y = x no sistema ∇D(x, y) = 0 obtemos a equação
−2(5− x) + 4x(x2 + x2) = 0 ⇒ 8x3 + 2x− 10 = 0
que pode ser fatorado como
2(x− 1)(4x2 + 4x+ 5) = 0.
Essa última equação tem somente uma solução real x = 1. Logo o único candidato a
ponto de mínimo é (x, y, z) = (1, 1, 7).
Calculamos o hessiano de D(x, y) como
h(x, y) =
∣∣∣∣ 4(x2 + y2) + 8x2 + 2 8xy8xy 4(x2 + y2) + 8y2 + 2
∣∣∣∣
de modo que h(1, 1) = 260 com
∂2D
∂x2
(1, 1) = 18 > 0, logo (1, 1) é um ponto de
mínimo de D(x, y).
Concluímos que (1, 1, 7) é o ponto do paraboloide de menor distância para (5, 5, 9).
Questão 5. Determine o volume da maior caixa retangular no primeiro octante com
três faces sobre os planos coordenados e com um vértice no plano 6x+4y+2z = 48.
Solução: Seja (x, y, z) um ponto sobre o plano 6x+4y+2z = 48. Podemos escrever
então z = 24−3x−2y. O volume de uma caixa no primeiro octante e três faces sobre
os planos coordenados e um vértice (x, y, z) no plano dado é dado pela expressão
V (x, y, z) = xyz = xy(24− 3x− 2y).
Temos o gradiente ∇V (x, y) = ⟨−2y(3x+ y − 12), x(−3x− 4y + 24)⟩. Pode-
mos resolver a equação ∇f(x, y) = ⟨0, 0⟩.
Se x = 0: então y = 0 ou y = 12.
Se y = 0: então x = 0 ou x = 8.
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Se x ̸= 0 e y ̸= 0: então resolvemos o sistema{
3x+ y − 12 = 0
−3x− 4y + 24 = 0
que nos fornece x = 8/3 e y = 4.
Logo os pontos críticos são {(0, 0); (0, 12); (8, 0); (8/3, 4)}.
Procedemos escrevendo o hessiano da função dado por
h(x, y) =
∣∣∣∣ −6y −6x− 4y + 24−6x− 4y + 24 −4x
∣∣∣∣
Temos h(0, 0) = −576 (ponto de sela), h(0, 12) = −576 (ponto de sela), h(8, 0) =
−576 (ponto de sela) e h(8/3, 4) = 576/3 (ponto de máximo) pois
∂2f
∂x2
(8/3, 4) = −6 · 4 = −24 < 0.
Então as dimensões pedidas são x = 8/3, y = 4, z = 8 que retornam o volume
máximo de 256/3 ≈ 85,33.
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