Os únicos candidatos a extremantes locais são os pontos críticos de f pois o D f 2 é aberto. f

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1 CAPÍTULO 16 Exercícios 16 1 Seja (x y) x y xy x y Os únicos candidatos a extremantes locais são os pontos críticos de pois o D é aberto De ( x x y ) x y ( y x y ) y x 1 resulta que os candidatos a extremantes locais são as soluções do sistema: { xy0 yx1 0 A solução do sistema é 0 1 Temos e 0 1 x y 0 Portanto (x y) x 3 y xy 5 ( x x y ) 3x y y ( x y) y x é candidato a ponto de mínimo local Resolvendo o sistema Ï3x y0 Óyx0 encontramos os pontos críticos (0 0) e Agora ( x y) 6x x x ( 0 0)00 e x ; 6 1 ( x y) y y ( 0 0) 0 e y

2 1 1 O ponto 6 1 é candidato a ponto de máximo local Seja g(x) (x 0) x 3 5 O ponto x 0 não é extremante local de g(x) Portanto o ponto (0 0) não é extremante local de (x y) 6 (x y) x 5 y 5 5x 5y ( x x y ) 5x 5 y ( x y) 5y 5 Resolvendo o sistema: Ï5x 50 x1 5y Ó 50 y 1 Os pontos (1 1) (1 1) (1 1) (1 1) são pontos críticos Temos: 3 ( x y) 0 x ( 1 1) 0 0 e ( 1 1) 0 0; x x x 3 ( x y) 0 y ( 1 1) 0 0 e ( 1 1) 0 0 y y y O ponto (1 1) é candidato a mínimo local e o ponto (1 1) máximo local Agora: x ( 1 1) 0 0 e x ( 11 ) 00; y ( 1 1) 0 0 e y ( 11 ) 00 Os pontos (1 1) e (1 1) não são extremantes locais Exercícios a) (x y) x 3xy y 6x y ( x x y ) x 3y 6 y ( x y) 8y 3x 10

3 Resolvendo o sistema: Ïx3y6 Ó3x8y Ponto crítico: Hessiano de : H (x y) ( x y) ( x xy x y ) xy x y ( ) ( x y) y H e 5 5 x Logo 7 7 mínimo local de e também mínimo global (conorme Exercício ) c) (x y) x 3 xy y 5x x (x y) 3x y 5 é ponto de y (x y) y x Resolvendo o sistema: Ï3x y 5 Óyx 0 Pontos críticos: (1 1) e Hessiano de : H (x y) ( x y) ( x xy x y ) 6x 1x xy x y ( ) ( x y) y H(1 1) 16 0 então (1 1) é ponto de sela H e x

4 Logo é ponto de mínimo local (Não é mínimo global pois g(x) (x 0) x 3 5 x e (x 0) para x ) e) (x y) x 3 3x y 7y x (x y) 3x 6xy y (x y) 3x 7 Resolvendo o sistema Ï3x 6xy0 3x Ó 70 encontramos: e 3 Hessiano de : H (x y) ( x y) ( x xy x y ) 6x6y 6x 6 0 xy x y x ( ) ( x y) y H H Logo e 3 são pontos de sela Seja P (0 0 0) e P 1 (x y x y 1 3 ) z Distância entre os pontos P e P 1 : d (P P 1 ) x y ( xy) Vamos minimizar (x y) x y (x y ) 1

5 x y (x y) x (x y ) (x y) y (x y ) Resolvendo o sistema: xy8 { obtemos x10y16 x y z 3 ; e 3 3 H(x y) 0 e 10 x mínimo global de (x y) 0 Logo é ponto de Assim P é o ponto procurado 7 a) Seja (x) x e E ( )  [(a i ) b i ] i 1 Consideremos: a i b i a i a i b i E ( ) E a  i 1  [a i b i ] i 1 a i (a i b i ) E  (a i b i ) i 1 13

6 13 Temos o sistema: Ï a  i b  ai  aibi i 1 i 1 i 1 Âai b  bi Ó i1 i1 Logo Ï6 387 Ó Daí e 10 1 A reta que melhor se ajusta aos dados observados é y x 10 b) Se x 10 então y L(x y) x(10 x) y(00 y) (x y xy) L(x y) 3x 3y xy 10x 00y Para maximizar o lucro: L x (x y) 6x y 10 Þ 3x y 60 Þ x 10 e y 30 L (x y) 6y x 00 Þ 3y x 100 x L Á ( x y) 6 0 e H(x y) x Logo a produção que maximiza o lucro é x 10 e y Sejam P (x y 1 3x y) plano (0 0 0) Q (1 1 1) Distância entre os pontos: d(p O) x y ( 1 3xy) e d(p Q) ( x1) ( y1) ( 113xy) 1

7 Devemos minimizar a unção: g(x y) x y (1 3x y) (x 1) (y 1) (11 3x y) g(x y) 0x 10y xy 10x 9y 67 g (x y) 0x y 10 x g (x y) 0y x 9 y Resolvendo o sistema: Ï0xy10 Ó0yx9 3 5 temos x y z 1 16 e H(x y) 0 g 3 (x y) 0 Logo x 0 x 1 global de g 5 e y é ponto de mínimo 1 Portanto P Seja (x y) 1 x y x 0 e y 0 Plano tangente ao gráico de z z 0 x (x 0 y 0 ) (x x 0 ) y (x 0 y 0 ) (y y 0 ) ou seja z 1 x0 y0 x 0 (x x 0 ) y 0 (y y 0 ) Daí z x 0 x y 0 y x 0 y 0 1 A seguir vamos determinar o volume do tetraedro determinado pelo plano tangente e pelos planos coordenados Temos x 0 e y 0 Þ z x0 y0 1 x y x 0 e z 0 Þ y e y0 x y y 0 e z 0 Þ x x0 Da Geometria Analítica sabemos que o volume do tetraedro é 1 6 paralelepípedo Portanto do volume do V 1 6 ( x0 y0 1) 3 ( x y ) 3 x0y0 x0y0 15

8 Devemos minimizar a unção volume: V(x y) ( x y 1 ) 3 xy V x ( x y 1) ( 5x y 1) ( x y) e xy V y x y ( x y 1) ( 5y x 1) ( ) xy Resolvendo o sistema Ï5x y 1 5y x Ó 1 temos x 1 e y 1 Mas x 0 e y 0 portanto (x 0 y 0 z 0 ) Equação do plano tangente que orma com os planos coordenados um tetraedro de volume mínimo: z x 0 x y 0 y x0 y0 1 ou seja z x y 3 0 Não pois (0 0) é o único ponto crítico de (x y) x (1 y) 3 y é ponto de mínimo local mas não é ponto de mínimo global (Observação Esta unção oi sugerida pelo Proessor Luiz Augusto Fernandes do IME-USP) Exercícios 16 1 d) Seja (x y) xy em A {(x y) e x 0 y 0 e x y 5} O teorema de Weierstrass garante que assume em A valor máximo e valor mínimo pois é contínua e A é compacto x ( x y) y e y ( x y) x O único ponto crítico é (0 0) que não pertence ao interior de A 16

9 Portanto os valores máximo e mínimo de em A são atingidos na ronteira de A Análise dos pontos de ronteira: (x 0) 0 em 0 x 5 (0 y) 0 em 0 y 5 g(x) (x 5 x) x(5 x) 5x x 5 5 g'(x) 5 x Daí 5 x 0 Þ x Þ y5x g"(x) Concluímos que: O valor mínimo é 0 e é atingido nos pontos (x 0) 0 x 5 (0 y) 0 y 5 e nos pontos O valor máximo é 5 8 atingido em 5 5 ) Seja (x y) x xy y em A {(x y) / x y 1} Como é contínua e A compacto assume em A valor máximo e valor mínimo (teorema de Weierstrass) x ( xy ) xy y ( xy ) y x (0 0) é o único ponto crítico x (0 0) 0 e H (0 0) 8 0 Logo (0 0) 0 é valor mínimo global de (Veja Exercício Seção 163) 17

10 Vamos analisar agora o que ocorre na ronteira Sobre o segmento de extremidades (0 1) e (1 0) os valores de são dados por g(x) (x 1 x) ou seja g(x) 5x 6x com 0 x 1 cujo gráico é um arco de parábola com concavidade para cima logo sobre este lado o valor máximo deverá ocorrer em uma das extremidades (ou em ambas) De g(1) 1 e g(0) segue que sobre este lado o valor máximo é e ocorre em (0 1) De orma análoga conclui-se que sobre os outros lados o valor máximo deverá ocorrer também nos vértices Calculando os valores de nos vértices: (1 0) 1; (0 1) ; (1 0) 1 e (0 1) O valor máximo é sendo atingido nos pontos (0 1) e (0 1) 3 Seja T(x y) x y e A {(x y) x 0 y x e y x } Como T é uma unção contínua e A compacto então T assume em A valor máximo e valor mínimo Temos T (x y) x e (0 0) é o único ponto crítico Temos x T (x y) 0 e H (0 0) 0 logo (0 0) x T (x y) y é um ponto de temperatura máxima em A y E mais T(0 0) é a temperatura máxima Vamos analisar o comportamento da unção na ronteira de A: No segmento OM (y x e 0 x 3 ) F(x) T(x x) x F '(x) x O ponto (0 0) é de máximo e T(0 0) A unção é decrescente em 0 x 3 e T 3 (no vértice M) 3 9 No segmento MN (x 0 y x e y x ): F(x) T(x x ) 1 (5x 8x) F '(x) 1 (10x 8) Þ 10x 8 0 Þ x F "(x) Þ y 8 5 é ponto de máximo no segmento MN

11 T No segmento ON (x 0 e 0 y ) F(y) T(0 y) y F'(y) 8y (0 0) dá temperatura máxima igual a A unção F'(y) é sempre negativa em 0 y Portanto a unção F é estritamente decrescente em 0 y com valor máximo em (0 0) e valor mínimo em (0 ) Logo T(0 ) 0 é a menor temperatura e P (0 ) é o ponto de menor temperatura Exercícios a) Sejam (x y) 3x y e g(x y) x y 1 Vamos achar os extremantes de em B {(x y) g(x y) 0} pelo método dos multiplicadores de Lagrange Como g é de classe C 1 e g(x y) (x y) (0 0) em B temos que os candidatos a extremantes locais são os (x y) que tornam compatível o sistema: Ï ( x y) l g( x y) Ógx ( y) Como l π 0 temos x y l e l Substituindo em x y 1 segue: Þ Ï ( 31) l ( x y) Þ Ó x y Þ 16l 38 Þ l l 16 l Logo os candidatos a extremantes locais são: Á e Á 19 Como B é compacto e Á Á é ponto de máximo e Á 38 Ïlx 3 ly 1 x y Ó Á resulta que d) Sejam (x y) x y e g(x y) xy 1 x 0 e y 0 Vamos encontrar os extremantes de em: é ponto de mínimo B {(x y) g(x y) 0 x 0 e y 0} utilizando o método dos multiplicadores de Lagrange Como g é de classe C 1 e g(x y) (y x) (0 0) em B resulta que os extremantes possíveis são os (x y) que tornam compatível o sistema Ï ( x y) l g( x y) Óg( x y) 0 Þ Ï ( x 8y) l( y x) Ó xy 10 19

12 Resolvendo o sistema l ; x e y O único candidato é Á e veriica-se por inspeção que é um ponto de mínimo (O valor da unção sobre a restrição é dada por g(x) 1 x x ou seja g(x) x x x 0 cuja concavidade é voltada para cima logo para x o valor de g é mínimo Outro modo Como as curvas de nível de são elipses com centros na origem o valor de aumenta à medida que se aasta da origem então o menor valor de sobre a restrição xy 1 x 0 e y 0 deverá ocorrer no ponto em que a curva de nível de tangencia a hipérbole) j) Sejam (x y) x xy 3y e g(x y) x y 1 B {(x y) g(x y) 0} Como g é de classe C 1 e g(x y) (x y) (0 0) em B resulta que os candidatos a extremantes locais são os (x y) que tornam compatível o sistema Ï( x y) g( x y) ( xy 6yx) ( x y) x y Þ Ï 10 xy Ó Ó 10 Ï x y xy x Þ x 3y x 6yxy Þ y xy 10 Ó De e : x y 3y x x y Þ xy y 3xy x Þ x xy y y y 8y 0 Þ x Þ xyou xy Substituindo em : x x 1 Þ 3x 1 1 Þ x Þ y 3 y y 1 Þ 6y 1 1 Þ y Þ x 6 Como é contínua e B compacto basta comparar os valores de nos pontos encontrados: Á ; Á ;

13 Á e Á Portanto Á 6 Á e Á são pontos de máximo e 1 são pontos de mínimo 6 Sejam (x y) x 16y e g(x y) xy 1 x 0 e y 0 Á 6 1 e 6 Resolvendo o sistema: ( x y) g( x y) { xy x ou seja 1 0 0e y 0 ( x 3y) ( y x) Þ xy e 3yx { xy10 Logo x 3 y x 3 y e Daí Þ y x y x Þ x 3y Þ x 16y 0 Þ x y Substituindo em : 1 y 1 Þ y ( y0) Þ x( x0) Ponto de tangência 1 e Curva de nível: x 16y 8 Vamos minimizar a unção dxy ( ) ( x1) ( y1) que nos dá a distância de um ponto P(x y) até (1 1) sujeita à restrição g(x y) y x 0 Para simpliicar cálculos podemos minimizar o quadrado da distância Seja (x y) (x 1) (y 1) (x y) ((x 1) (y 1)) e g(x y) (x 1) Resolvendo o sistema Ï( x y) g( x y) Þ Ï( x1) x yx Ó 0 Ó( y 1) y x 0 Logo 1 x 1 x ( y 1) Þ y x x 151

14 Substituindo em : 1 x x 0 Þ x3 x 1 0 Þ x (as outras raízes são complexas) x e y Portanto ( ) é o ponto procurado 6 Sejam (x y z) x y z e g(x y z) x y 3z Resolvendo o sistema: Ïxyz ( ) gxyz ( ) Þ Ï( x y z) ( 1 3) Óxy3z0 Óxy3z0 Então x ; y ; z 3 Substituindo os valores de x y z em unção de em Þ 1916 Þ Portanto x ; y e z ( x y z)xy z Superície de nível: x y z 3 19 Ponto de tangência Sejam P(x y z) e O(0 0 0) Consideremos a distância entre P e O: dpo ( ) xyz Vamos minimizar a unção (x y) x y z com a restrição g(x y z) x y 3z 0 Ïxyz ( ) gxyz ( ) Þ Ï( x y z) ( 1 3) Óxy3z0 Óxy3z0 3 Temos x ; y e z Substituindo em : 9 0 Þ 7 15

15 6 Então x y e z ) Sejam (x y z) x y 3z g(x y z) x y z e h(x y z) x y z 1 Temos: r i r j r k gxyz ( ) hxyz ( ) x y z gxyz ( ) r r r r hxyz ( ) ( yzi ) ( zx) j( xyk ) 0 em B {(x y z) 3 x y z e x y z 1} (B compacto) Portanto os candidatos a extremantes locais são os (x y z) que tornam compatível o sistema: Ï ( x y z) l g( x y z) m h( x y z) gx ( y z) 0 Ó hx ( y z) 0 Ï( 1 3) l( x y z) m( 111 ) x y z Ó xyz1 Ï1lx m ly m 3lz m x y z Óx y z 1 De segue: ( 0) 1 x Þ x 1 m l y Þ y m l 3 z Þ z 3 m l Substituindo em segue: 1 m m 3 m 1 l l l l l Então m 6 3 l l 1 3 ; x ; y e z l Substituindo em segue: 3 l 1 3 l Á Á 6 l 9 6 l 153

16 Daí Þ Þ 3 Para l 3 temos x ; z Para l 3 temos x 66 1 y z 66 e Logo Á maximiza 13 Seja (x y) x y e g(x y) x 6xy 7y 80 Vamos minimizar (x y) sujeito a restrição g(x y) 0 Ï ( x y) l g( x y) Óx 6xy7y 800 Ou seja Ï( x y) l( x 6y 6x 1y) x 6xy 7y Ó 80 0 x x De : x (x 6y) Þ Þ l x 6y x 3y ( x π 3y) y y (6x 1y) Þ 3x 7y (3x 7y) Logo x y x 3y 3x 7y Þ 3x 8xy 3y 0 8y ± 6y 36y Ï y x x Þ 3 6 Ó x 3 y Substituindo x y 3 em : y 9 y 7y 80 0 Þ 80y 70 Þ y 9 Þ y 3 Þ x 1 15

17 Se x 3y então y Logo os pontos da curva mais próximos da origem são (1 3) e (1 3) Agora os vetores (1 3) e (3 1) são ortogonais [(1 3) (3 1) 0] e r 1 3 u v r 3 1 Á e Á são os versores de (1 3) e (3 1) Fazendo uma mudança de coordenadas: (x y) u Á v Á Æ u (o vetor (x y) escrito em outra base) Logo x u v e y u v Substituindo em x 6xy 7y 80 0 resulta u v Logo a mudança de coordenadas proposta transorma a equação dada na equação u v 1 que é uma 10 0 hipérbole Æ v 3 Sejam T(x y z) 100 x yz e g(x y z) x y z Os únicos pontos críticos no interior da esera x y z que é um conjunto compacto são os pontos (0 y z) (x 0 z) e (x y 0) e nestes pontos a temperatura é zero Para determinar os candidatos que estão na ronteira da esera vamos utilizar os multiplicadores de Lagrange Vamos portanto procurar (x y z) que torne compatível o sistema: Ï T( x y z) l g( x y z) Óg( x y z) 0 Ï( 00xyz 100x z 100x y) l( x y z) x y z Ó 155

18 De segue: 00xyz x Þ yz l x z y Þ x z ly 50 Þ y z e x y 100x y z Þ x lz y 50 Substituindo em y y y Þ y Þ y 1 Þ x Þ z 1 e 100 Logo: ( 1 1) é ponto de máximo e T (x y z) é a temperatura máxima ( 1 1) é ponto de mínimo e T(x y z) 00 é a temperatura mínima 5 Sejam h(x y) x y 6 e g(x y) x y Os vetores h(x y) e g(x y) devem ser paralelos Vamos calcular (x y) que torne compatível o sistema: Ï hx ( y) l gx ( y) Óhx ( y) 0 Þ Ï ( x y) l ( 1 1) Ó x y 60 Ïx l Þ x y Þ x y y l Daí x y 6 0 y y 6y Ó Þ y 1 x Logo P( 1) pertence à elipse (P( 1) não vai atender a condição do problema de minimização da distância) Seja Q(x y) pertencente à reta d(p Q) ( x) ( y1) Vamos minimizar (x y) (x ) (y 1) Procurando (x y) que torne compatível o sistema: Ï ( x y) l g( x y) Ógx ( y) 0 Þ Ï ( ( x ) ( y 1)) l( 1 1) Ó x y 0 Ï x l Þ x y Þ y x 1 y l Daí 5 3 x y x 1 Þ x y Ó e Logo P( 1) e Q 5 3 satisazem a condição do problema 156