por César Morad MAT 2454 – Cálculo II – Resolução da Lista 3

I. Superfícies de Nível, Planos Tangentes e Derivadas Direcionais

1.1. Em cada caso, esboce a superfície de nível c da função 𝐹: ℝ2 → ℝ: a. 𝐹(𝑥, 𝑦, 𝑧) = 𝑥 + 2𝑦 + 3𝑧 e c = 1

b. 𝐹(𝑥, 𝑦, 𝑧) = 𝑥2 − 𝑒𝑦 − 𝑧2 e c = 0

c. 𝐹(𝑥, 𝑦, 𝑧) = 𝑥2 + 𝑦2 − 𝑧2 e c = 0

d. 𝐹(𝑥, 𝑦, 𝑧) = 𝑥2 + 𝑦2 − 𝑧2 e c = -1

e. 𝐹(𝑥, 𝑦, 𝑧) = 𝑥2 + 𝑦2 − 𝑧2 e c = 1

f. 𝐹(𝑥, 𝑦, 𝑧) = 𝑥2 − 𝑦2 e c = 1

g. 𝐹(𝑥, 𝑦, 𝑧) = 𝑥2 − 𝑦2 + 𝑧2 e c = 1

1.2. Ache os pontos do hiperboloide 𝑥2 − 𝑦2 + 2𝑧2 = 1 nos quais a reta normal é paralela à reta que une os pontos (3, −1,0) e (5,3,6).

Primeiramente devemos calcular o vetor gradiente da função 𝐹(𝑥, 𝑦, 𝑥) =𝑥2 − 𝑦2 + 2𝑧2 − 1:

∇𝐹(𝑥, 𝑦, 𝑧) = �𝜕𝐹𝜕𝑥

,𝜕𝐹𝜕𝑦

,𝜕𝐹𝜕𝑧

� = (2𝑥, −2𝑦, 4𝑧)

Podemos usar o vetor que vai de (3, −1,0) a (5,3,6) como vetor diretor da nossa reta:

�⃗�= (5,3,6) − (3, −1,0) = (2,4,6) Para que a reta normal do hiperboloide seja paralela à reta que une esses pontos, o vetor gradiente no ponto P = (a, b, c) tem que ter a mesma direção do vetor diretor, mas pode ter sentido e magnitude diferente, portanto multiplicamos por m:

∇𝐹(𝑥, 𝑦, 𝑧) = (2𝑎, −2𝑏, 4𝑐) = 𝑚(2,4,6) Obtemos que 𝑎 = ±1𝑚, 𝑏 = ±2𝑚, 𝑐 = ± 3

2𝑚,

Como (𝑎, 𝑏, 𝑐) pertence à hiperboloide:

𝑚2 − (−2𝑚)2 + 2 �3𝑚2

�2

= 1 → 𝑚 = ±�23

Pontos: ± ��23

, −2�23

, �32�

1.3. Seja a > 0 e considere o plano tangente à superfície 𝑥𝑦𝑧 = 𝑎 num ponto do primeiro octante. Mostre que o tetraedro formado por este plano e os planos coordenados tem volume independente do ponto de tangência. O volume de um tetraedro é determinado pela fórmula:

𝑉 = 13

𝐵𝐵

Em que B é a área da base e H a altura do tetraedro. A base será um triângulo retângulo, se escolhermos o triângulo do plano 𝑥𝑦 iremos obter que 𝐵 = 𝑥1𝑦1

2 e H = z1. Portanto, o volume do tetraedro será 𝑉 = 𝑥1𝑦1𝑧1

6.

O vetor gradiente da superfície num ponto qualquer (P) da mesma será o vetor normal do plano tangente à superfície nesse ponto. O vetor gradiente de 𝑥𝑦𝑧 = 𝑎 será ∇𝐹(𝑥, 𝑦, 𝑧) = (𝑦𝑧, 𝑥𝑧, 𝑥𝑦). Seja 𝑃 = (𝑑, 𝑒, 𝑓), a equação do plano será:

(𝑥, 𝑦, 𝑧) ∙ ∇𝐹(𝑃) = 𝑃 ∙ ∇𝐹(𝑃) (𝑥, 𝑦, 𝑧) ∙ (ef, df, de) = (d, e, f) ∙ (ef, df, de)

(𝑥, 𝑦, 𝑧) ∙ (ef, df, de) = 3𝑑𝑒𝑓 Podemos então colocar os vértices do tetraedro na equação do plano para obtermos alguma relação entre eles e o ponto de tangência:

(𝑥1, 0,0) ∙ (ef, df, de) = 3𝑑𝑒𝑓 𝑥1𝑒𝑓 = 3𝑑𝑒𝑓

𝑥1 = 3𝑑 (0, 𝑦1, 0) ∙ (ef, df, de) = 3𝑑𝑒𝑓

𝑦1𝑑𝑓 = 3𝑑𝑒𝑓 𝑦1 = 3𝑒

(0,0, 𝑧1) ∙ (ef, df, de) = 3𝑑𝑒𝑓 𝑧1𝑑𝑒 = 3𝑑𝑒𝑓

𝑧1 = 3𝑓

𝑉 =𝑥1𝑦1𝑧1

6=

3𝑑3𝑒3𝑓6

=9𝑑𝑒𝑓

2

Como P pertence à superfície 𝑥𝑦𝑧 = 𝑎, temos que 𝑑𝑒𝑓 = 𝑎, portanto:

𝑉 =9𝑎2

O volume não depende do ponto de tangência. ■

1.4. Mostre que o elipsoide 3𝑥2 + 2𝑦2 + 𝑧2 = 9 e a esfera 𝑥2 + 𝑦2 + 𝑧2 − 8𝑥 −6𝑦 − 8𝑧 + 24 = 0 se tangenciam no ponto (1,1,2)(isto é, que elas têm o mesmo plano tangente neste ponto). Bom, esse aqui é o mais fácil dessa parte, o próprio exercício deu a dica. Basta calcularmos os vetores gradientes de ambas as funções no ponto dado e ver se eles pertencem à mesma reta. Sejam 𝐹(𝑥, 𝑦, 𝑧) = 3𝑥2 + 2𝑦2 + 𝑧2 − 9 e 𝐺(𝑥, 𝑦, 𝑧) = 𝑥2 + 𝑦2 + 𝑧2 − 8𝑥 − 6𝑦 − 8𝑧 + 24. O elipsoide e a esfera são as superfícies de nível 0 dessas funções respectivamente.

∇𝐹(𝑥, 𝑦, 𝑧) = �𝜕𝐹𝜕𝑥

,𝜕𝐹𝜕𝑦

,𝜕𝐹𝜕𝑧

� = (6𝑥, 4𝑦, 2𝑧)

∇𝐺(𝑥, 𝑦, 𝑧) = �𝜕𝐺𝜕𝑥

,𝜕𝐺𝜕𝑦

,𝜕𝐺𝜕𝑧

� = (2𝑥 − 8,2𝑦 − 6,2𝑧 − 8)

∇𝐹(1,1,2) = (6 ∙ 1,4 ∙ 1,2 ∙ 2) = (6,4,4) ∇𝐺(1,1,2) = (2 ∙ 1 − 8,2 ∙ 1 − 6,2 ∙ 2 − 8) = (−6, −4, −4)

Os vetores são iguais, apenas apontam em sentidos opostos, portanto o plano tangente é o mesmo e consequentemente as superfícies se tangenciam no ponto.

1.5 Ache a reta tangente à interseção do gráfico de 𝑓(𝑥, 𝑦) = 𝑥3 + 𝑦3 + 2 com o cilindro 𝑥2 + 𝑦2 = 2 no ponto (1,1,4). A curva da interseção está contida tanto no Graf(f) quanto no cilindro, e a reta tangente à curva está contida tanto no plano tangente ao Graf(f) quanto no plano tangente ao cilindro. Consequentemente, a reta tangente à curva é perpendicular aos vetores gradientes de ambas as superfícies. Para descobrirmos o vetor diretor da reta, devemos fazer o produto vetorial entre esses vetores gradientes:

𝑧 = 𝑓(𝑥, 𝑦) → 𝐹(𝑥, 𝑦, 𝑧) = 𝑓(𝑥, 𝑦) − 𝑧 → 𝐹(𝑥, 𝑦, 𝑧) = 𝑥3 + 𝑦3 − 𝑧 + 2 ∇𝐹(𝑥, 𝑦, 𝑧) = (3𝑥2, 3𝑦2, −1) → ∇𝐹(1,1,4) = (3,3, −1)

𝐺(𝑥, 𝑦, 𝑧) = 𝑥2 + 𝑦2 − 2 → ∇𝐺(𝑥, 𝑦, 𝑧) = (2𝑥, 2𝑦, 0) → ∇𝐺(1,1,4) = (2,2,0)

�𝚤 𝚥 𝑘�⃗3 3 −12 2 0

� = 𝚤�0 − (−2)� − 𝚥�0 − (−2)� + 𝑘�⃗ (6 − 6) = 2𝚤 − 2𝚥 = (2, −2,0)

A equação da reta tangente será: 𝑋 = (1,1,4) + 𝜆(1, −1,0), 𝜆 ∈ ℝ

1.6. Sejam 𝑓: ℝ2 → ℝ e 𝛾: ℝ → ℝ3, diferenciáveis com ∇𝑓(1,0) = (2,1) e 𝛾′(𝑡) ≠ (0,0,0), para todo 𝑡 ∈ ℝ. Suponha que a imagem de 𝛾 esteja contida na interseção do gráfico de f com a superfície 𝑧3 + 𝑥3 + 𝑦𝑧 + 𝑥𝑦3 = 0. Sabendo que (1,0, −1) está contido na imagem de 𝛾, determine uma equação para a reta tangente a 𝛾 nesse ponto. Esse exercício é praticamente idêntico ao anterior, só que dessa vez, ao invés de nos dar uma equação de superfície ele nos deu o vetor gradiente de uma função. Primeiro vamos dar uma organizada nas informações:

𝑧 = 𝑓(𝑥, 𝑦) → 𝐹(𝑥, 𝑦, 𝑧) = 𝑓(𝑥, 𝑦) − 𝑧 → ∇𝐹(𝑥, 𝑦, 𝑧) = �𝜕𝑓𝜕𝑥

,𝜕𝑓𝜕𝑦

, −1�

Se 𝑃 = (1,0, −1) está contido na imagem de 𝛾, e 𝛾 está contida na interseção de f e 𝐺(𝑥, 𝑦, 𝑧) = 𝑧3 + 𝑥3 + 𝑦𝑧 + 𝑥𝑦3, P está contido em ambas as superfícies. Isso implica que 𝑓(1,0) = −1. Como ∇𝑓(1,0) = �𝜕𝜕(1,0)

𝜕𝑥, 𝜕𝜕(1,0)

𝜕𝑦� = (2,1), então

∇𝐹(1,0, −1) = (2,1, −1). Agora basta calcularmos ∇𝐺 no ponto e efetuar o produto vetorial com o gradiente de F para obtermos o vetor diretor da reta tangente:

∇𝐺(𝑥, 𝑦, 𝑧) = (3𝑥2 + 𝑦3, 3𝑥𝑦2 + 𝑧, 3𝑧2 + 𝑦) ∇𝐺(1,0, −1) = (3 ∙ 12 + 03, 3 ∙ 1 ∙ 02 − 1,3 ∙ (−1)2 + 0) = (3, −1,3)

�𝚤 𝚥 𝑘�⃗2 1 −13 −1 3

� = 𝚤(3 − 1) − 𝚥(6 + 3) + 𝑘�⃗ (−2 − 3) = 2𝚤 − 9𝚥 − 5𝑘�⃗

A equação da reta vai ser: 𝑋 = (1,0, −1) + 𝜆(2, −9, −5), 𝜆 ∈ ℝ

1.7. Determine a equação da esfera que tangencia a superfície (𝑥 − 1)2 + (𝑦−2)2

4−

(𝑧 − 1)2 = 0 nos pontos (2,2,2) e (2,2,0). Esse aqui é mais fácil do que parece. Se você der uma olhadinha no exercício 1.4 já é metade do raciocínio. Vamos chamar a equação que ele deu de 𝐹(𝑥, 𝑦, 𝑧), e a equação da nossa esfera vai ser 𝐺(𝑥, 𝑦, 𝑧) = (𝑥 − 𝑎)2 + (𝑦 − 𝑏)2 + (𝑧 − 𝑐)2 (a, b e c são coordenadas do centro da esfera). Para que ela tangencie a superfície em ambos os pontos, os planos tangentes das superfícies devem ser iguais em seus respectivos pontos (ou seja, o vetor gradiente deve ser o mesmo, mas no sentido oposto). Vamos começar calculando os gradientes:

∇𝐹(𝑥, 𝑦, 𝑧) = �𝜕𝐹𝜕𝑥

,𝜕𝐹𝜕𝑦

,𝜕𝐹𝜕𝑧

� = �2(𝑥 − 1)1,(𝑦 − 2)

21, −2(𝑧 − 1)�

∇𝐹(2,2,2) = (2,0, −2), ∇𝐹(2,2,0) = (2,0,2)

∇𝐺(𝑥, 𝑦, 𝑧) = �𝜕𝐺𝜕𝑥

,𝜕𝐺𝜕𝑦

,𝜕𝐺𝜕𝑧

� = (2(𝑥 − 𝑎), 2(𝑦 − 𝑏), 2(𝑧 − 𝑐))

Pelo que vimos antes, ∇𝐺(2,2,2) = −∇𝐹(2,2,2) e ∇𝐺(2,2,0) = −∇𝐹(2,2,0): ∇𝐺(2,2,2) = �2(2 − 𝑎), 2(2 − 𝑏), 2(2 − 𝑐)� = (−2,0,2)

𝑎 = 3, 𝑏 = 2, 𝑐 = 1 ∇𝐺(2,2,0) = �2(2 − 𝑎), 2(2 − 𝑏), 2(0 − 𝑐)� = (−2,0, −2)

𝑎 = 3, 𝑏 = 2, 𝑐 = 1

A equação da esfera será: (𝑥 − 3)2 + (𝑦 − 2)2 + (𝑧 − 1)2 = 𝑟2

Para descobrirmos o raio, basta substituir x, y e z pelas coordenadas de um dos pontos conhecidos:

(2 − 3)2 + (2 − 2)2 + (2 − 1)2 = 𝑟2 1 + 0 + 1 = 𝑟2 → 𝑟2 = 2

A equação final será: (𝑥 − 3)2 + (𝑦 − 2)2 + (𝑧 − 1)2 = 2

1.8. Suponha que sobre um certo aberto 𝐴 ⊂ ℝ3 o potencial elétrico 𝑉: 𝐴 → ℝ é dado por 𝑉(𝑥, 𝑦, 𝑧) = 5𝑥2 − 3𝑥𝑦 + 𝑥𝑦𝑧. a. Ache a taxa de variação do potencial em P =(3,4,5) na direção do vetor �⃗� = 𝚤 + 𝚥 − 𝑘�⃗ . Como a função V é diferenciável, não precisamos calcular a derivada direcional pela definição (ufa!). Basta fazermos:

𝜕𝑉(𝑃)𝜕�⃗�

= ∇𝑉(𝑃) ∙�⃗�

‖�⃗�‖

∇𝑉(𝑥, 𝑦, 𝑧) = (10𝑥 − 3𝑦 + 𝑦𝑧, −3𝑥 + 𝑥𝑧, 𝑥𝑦) ∇𝑉(𝑃) = ∇𝑉(3,4,5) = (10 ∙ 3 − 3 ∙ 4 + 4 ∙ 5, −3 ∙ 3 + 3 ∙ 5,3 ∙ 4) = (38,6,12)

‖�⃗�‖ = �12 + 12 + (−1)2 = √3 𝜕𝑉(𝑃)

𝜕�⃗�= (38,6,12) ∙

(1,1, −1)√3

=38√3

+6

√3−

12√3

=32√3

b. Qual a direção e sentido em que a taxa do potencial elétrico, em P, é a maior possível? E a menor possível? A direção e sentido em que a taxa é máxima e a do vetor gradiente, e a taxa mínima tem a mesma direção e o sentido oposto, ou seja, será (38,6,12) e (−38, −6, −12) respectivamente. c. Qual o valor dessa taxa máxima? A taxa será máxima quando a derivada direcional em �⃗� apontar na mesma direção do vetor gradiente, ou seja:

𝜕𝑉𝜕�⃗�

(𝑃) = ‖∇𝑉(𝑃)‖

‖∇𝑉(𝑃)‖ = �382 + 62 + 122 = √1444 + 36 + 144 = √1624 = √4 ∙ 406 = 2√406

II. Classificação de Pontos Críticos em Abertos de ℝ𝟐

Para encontrar máximos e mínimos de uma função (sem restrição), podemos aplicar o método do resumo do Responde Aí:

Bem simples, não? 2.1 Determine os pontos críticos das funções abaixo e classifique-os: a. 𝑧 = 2𝑥2 + 𝑥𝑦 + 3𝑦2 + 10𝑥 − 9𝑦 + 11

∇𝑓(𝑥, 𝑦) = (4𝑥 + 𝑦 + 10, 𝑥 + 6𝑦 − 9) = (0,0)

�4𝑥 + 𝑦 + 10 = 0𝑥 + 6𝑦 − 9 = 0 (−4)

�⎯� � 4𝑥 + 𝑦 + 10 = 0−4𝑥 − 24𝑦 + 9 = 0 → −23𝑦 + 46 = 0 → 𝑦 = 2, 𝑥 = −3

𝑓𝑥𝑥 = 4, 𝑓𝑦𝑦 = 6, 𝑓𝑥𝑦 = 𝑓𝑦𝑥 = 1

𝐵(−3,2) = �4 11 6� = 24 − 1 = 23

Como 𝐵(−3,2) > 0 e 𝑓𝑥𝑥(−3,2) > 0, (−3,2) é ponto de mínimo. b. 𝑧 = 𝑥2𝑦2

∇𝑓(𝑥, 𝑦) = (2𝑥𝑦2, 2𝑥2𝑦) = (0,0) Obtemos os pontos (0,0), (𝑥, 0) 𝑐𝑐𝑚 𝑥 ≠ 0 e (0, 𝑦) 𝑐𝑐𝑚 𝑦 ≠ 0. Como você percebeu, temos infinitos pontos em que o vetor gradiente é o vetor nulo. Nem perca seu tempo fazendo a Hessiana, pois dará zero em todos os casos. Mas, analisando a função 𝑓(𝑥, 𝑦) = 𝑥2𝑦2 vemos que independentemente dos valores de x e y o valor da função sempre será um número positivo (pois x e y estão elevados

ao quadrado), ou seja, o valor da função nunca será menor que zero. Colocando qualquer um dos pontos encontrados na função vemos que a mesma dá zero, portanto, ela possui infinitos pontos de mínimo. De fato, se esboçarmos o gráfico da função é fácil perceber isso:

(Não jogue seu tempo de prova fora esboçando um gráfico maluco desses, isso é só pra ilustrar!). Resposta: (𝜆, 0) 𝑒 (0, 𝜆), 𝑐𝑐𝑚 𝜆 ∈ ℝ são pontos de mínimo. c. 𝑧 = ln (3𝑥2 + 4𝑦2 − 2𝑥 + 7) De cara, já temos uma condição: 3𝑥2 + 4𝑦2 − 2𝑥 + 7 ≠ 0, pois não existe logaritmo de 0. Se em um dos pontos em que o vetor gradiente for nulo o valor da função for igual à ln (0), este ponto NÃO será um ponto crítico de f, pois o mesmo não pertence ao domínio da função.

∇𝑓(𝑥, 𝑦) = (6𝑥 − 2,8𝑦) = (0,0)

�6𝑥 − 2 = 08𝑦 = 0 → 𝑥 =

13

, 𝑦 = 0

𝑓𝑥𝑥 = 6, 𝑓𝑦𝑦 = 8, 𝑓𝑥𝑦 = 0, 𝑓𝑦𝑥 = 0

𝐵 �13

, 0� = �6 00 8� = 48

Como 𝐵(𝑃) > 0 e 𝑓𝑥𝑥(𝑃) > 0 e 𝑓(𝑃) = ln �203

� ≠ ln (0), �13

, 0� é ponto de mínimo de f. d. 𝑧 = 𝑥3𝑦3

∇𝑓(𝑥, 𝑦) = (3𝑥2𝑦3, 3𝑥3𝑦2) = (0,0) Novamente obtemos os pontos (𝑥, 0) e (0, 𝑦). Dessa vez a função f pode assumir infinitos valores positivos quanto negativos (qualquer valor de ℝ), ou seja, não há máximos e mínimos, portanto os pontos encontrados só podem ser pontos de sela. Resposta: (𝜆, 0) 𝑒 (0, 𝜆), 𝑐𝑐𝑚 𝜆 ∈ ℝ são pontos de sela. e. 𝑧 = (2𝑥 − 𝑥2)(2𝑦 − 𝑦2)

∇𝑓(𝑥, 𝑦) = �(2 − 2𝑥)(2𝑦 − 𝑦2), (2 − 2𝑦)(2𝑥 − 𝑥2)� = (0,0)

Pontos encontrados: (1,0), (1,2), (0,1), (2,1), (0,0), (2,0), (0,2), (1,1), (2,2) 𝑓𝑥𝑥 = −2(2𝑦 − 𝑦2), 𝑓𝑦𝑦 = −2(2𝑥 − 𝑥2), 𝑓𝑥𝑦 = 𝑓𝑦𝑥 = (2 − 2𝑦)(2 − 2𝑥)

Ponto (1,0): 𝑓𝑥𝑥 = 0, 𝑓𝑦𝑦 = −2, 𝑓𝑥𝑦 = 𝑓𝑦𝑥 = 0

𝐵(1,0) = �0 00 −2� = 0

Ponto (1,2): 𝑓𝑥𝑥 = 0, 𝑓𝑦𝑦 = −2, 𝑓𝑥𝑦 = 𝑓𝑦𝑥 = 0 → 𝐵(1,2) = 0 Ponto (0,1): 𝑓𝑥𝑥 = −2, 𝑓𝑦𝑦 = 0, 𝑓𝑥𝑦 = 𝑓𝑦𝑥 = 0 → 𝐵(1,0) = 0 Ponto (2,1): 𝑓𝑦𝑦 = 0 𝑒 𝑓𝑥𝑦 = 𝑓𝑦𝑥 = 0 → 𝐵(2,1) = 0 Ponto (0,0): 𝑓𝑥𝑥 = 𝑓𝑦𝑦 = 0 𝑒 𝑓𝑥𝑦 = 𝑓𝑦𝑥 = 4 → 𝐵(0,0) = −16 Ponto (2,0): 𝑓𝑥𝑥 = 0 𝑒 𝑓𝑥𝑦 = 𝑓𝑦𝑥 = −4 → 𝐵(2,0) = −16 Ponto (0,2): 𝑓𝑦𝑦 = 0 𝑒 𝑓𝑥𝑦 = 𝑓𝑦𝑥 = −4 → 𝐵(2,1) = −16 Ponto (1,1): 𝑓𝑥𝑥 = 𝑓𝑦𝑦 = −2 𝑒 𝑓𝑥𝑦 = 𝑓𝑦𝑥 = 0 → 𝐵(2,0) = 4 Ponto (2,2): 𝑓𝑥𝑥 = 𝑓𝑦𝑦 = 0 𝑒 𝑓𝑥𝑦 = 𝑓𝑦𝑥 = 4 → 𝐵(2,2) = −16 Pontos de sela: (0,0), (2,0), (0,2), (2,2) Ponto de máximo: (1,1) f. 𝑧 = 𝑥𝑦𝑒−𝑥2−𝑦2 Como você pode perceber isso é um pé no saco de calcular. Se você achou que essa parte estava fácil, pode crer que se cair um exercício dela provavelmente ele vai ter essa cara (ou pior). Deus perdoa, a POLI não. Não se desanime, e só aplicar o método de antes. Vamos lá:

𝜕𝑓𝜕𝑥

= 𝑦 ∙ 𝑒−𝑥2−𝑦2 + 𝑥𝑦 ∙ (−2𝑥) ∙ 𝑒−𝑥2−𝑦2 = 𝑦𝑒−𝑥2−𝑦2 ∙ (−2𝑥2 + 1)

𝜕𝑓𝜕𝑦

= 𝑥 ∙ 𝑒−𝑥2−𝑦2 + 𝑥𝑦 ∙ (−2𝑦) ∙ 𝑒−𝑥2−𝑦2 = 𝑥𝑒−𝑥2−𝑦2 ∙ (−2𝑦2 + 1)

∇𝑓(𝑥, 𝑦) = �𝑦𝑒−𝑥2−𝑦2 ∙ (−2𝑥2 + 1), 𝑥𝑒−𝑥2−𝑦2 ∙ (−2𝑦2 + 1)� = (0,0)

Vamos analisar a derivada parcial em x: 𝑦𝑒−𝑥2−𝑦2 ∙ (−2𝑥2 + 1) = 0

(−2𝑥2 + 1) = 0 → 𝑥 = ±1

√2

𝑦𝑒−𝑥2−𝑦2 = 0 → 𝑦 = 0 Agora em y:

𝑥𝑒−𝑥2−𝑦2 ∙ (−2𝑦2 + 1) = 0

(−2𝑦2 + 1) = 0 → 𝑦 = ±1

√2

𝑥𝑒−𝑥2−𝑦2 = 0 → 𝑥 = 0 Pontos obtidos: �± 1

√2, 0�,�0, ± 1

√2�,(0,0) e �± 1

√2, ± 1

√2�

𝑓𝑥𝑥 = −2𝑥𝑦𝑒−𝑥2−𝑦2 ∙ (−2𝑥2 + 1) + 𝑦𝑒−𝑥2−𝑦2 ∙ (−4𝑥) = 𝑦𝑒−𝑥2−𝑦2 ∙ (4𝑥3 − 6𝑥) 𝑓𝑦𝑦 = −2𝑦𝑥𝑒−𝑥2−𝑦2 ∙ (−2𝑦2 + 1) + 𝑥𝑒−𝑥2−𝑦2 ∙ (−4𝑦) = 𝑥𝑒−𝑥2−𝑦2 ∙ (4𝑦3 − 6𝑦)

𝑓𝑥𝑦 = 𝑓𝑦𝑥 = (−2𝑥2 + 1) ∙ 𝑒−𝑥2−𝑦2 + 𝑦(−2𝑦)𝑒−𝑥2−𝑦2 ∙ (−2𝑥2 + 1)

= (−2𝑥2 + 1) ∙ 𝑒−𝑥2−𝑦2 ∙ (−2𝑦2 + 1) Espere! Não comece a calcular as derivadas nos pontos ainda. Os pontos �± 1

√2, 0�,�0, ± 1

√2�,(0,0) tem zero no x e/ou y, e se você der uma olhada nas

derivadas de segunda ordem que calculamos, verá que 𝑓𝑥𝑥 será zero se y for zero e 𝑓𝑦𝑦 será zero se x for zero. Isso significa que a Hessiana vai ter essa cara:

𝐵 = �0 𝑓𝑥𝑦

𝑓𝑦𝑥 𝑓𝑦𝑦� 𝑐𝑜 𝐵 = �

𝑓𝑥𝑥 𝑓𝑥𝑦𝑓𝑦𝑥 0 � 𝑐𝑜 𝐵 = �

0 𝑓𝑥𝑦𝑓𝑦𝑥 0 �

Todas serão iguais a: 𝐵 = −𝑓𝑥𝑦 ∙ 𝑓𝑦𝑥 = −𝑓𝑥𝑦 2 = −𝑓𝑦𝑥

2 Se dermos uma olhada também na derivada mista, veremos que todas as variáveis estão ao quadrado. Isso significa que a derivada independe do sinal de x ou de y, ou seja, as derivadas de parciais de segunda ordem mistas de � 1

√2, 0� e de

�− 1√2

, 0� são iguais. Temos que calcular apenas 3 derivadas para sabermos se

alguns desses 5 pontos são pontos críticos.

Pontos �± 1√2

, 0�: 𝐵 = −𝑓𝑥𝑦 2 = − ��−2 ∙ 12

+ 1� ∙ 𝑒−12 ∙ (−2 ∙ 0 + 1)�

2

= 0

Pontos �0, ± 1√2

�: 𝐵 = −𝑓𝑥𝑦 2 = − �(−2 ∙ 0 + 1) ∙ 𝑒−12 ∙ �−2 ∙ 1

2+ 1��

2

= 0

Ponto (0,0): 𝐵 = −𝑓𝑥𝑦 2 = −�(−2 ∙ 0 + 1) ∙ 𝑒0−0 ∙ (−2 ∙ 0 + 1)� 2 = −𝑒0 = −1 (0,0) é ponto de sela da função. Novamente, se dermos uma olhada nas derivadas parciais, podemos perceber certa simetria. Todas contém o termo 𝑒−𝑥2−𝑦2, que, por ter as duas variáveis ao quadrado, será idêntico em todos os pontos que ainda não calculamos:

𝑒−𝑥2−𝑦2 = 𝑒−�± 1

√2�

2−�± 1

√2�

2

= 𝑒−12−1

2 = 𝑒−1 Como as variáveis estão ao quadrado, e como a parte com x e a parte com y são iguais, a derivada mista será a mesma em todos os pontos:

(−2𝑥2 + 1) ∙ 𝑒−𝑥2−𝑦2 ∙ (−2𝑦2 + 1) = �−2 �±1

√2�

2+ 1� ∙ 𝑒−1 ∙ �−2 �±

1√2

�2

+ 1� = 0

A Hessiana então ficará assim:

𝐵 = �𝑓𝑥𝑥 00 𝑓𝑦𝑦

� = 𝑓𝑥𝑥 ∙ 𝑓𝑦𝑦

𝐵 = 𝑦𝑒−𝑥2−𝑦2 ∙ (4𝑥3 − 6𝑥) ∙ 𝑥𝑒−𝑥2−𝑦2 ∙ (4𝑦3 − 6𝑦)= 𝑒−𝑥2−𝑦2 ∙ 𝑥𝑦 ∙ (4𝑥3 − 6𝑥) ∙ (4𝑦3 − 6𝑦)= 𝑒−𝑥2−𝑦2 ∙ 𝑥2𝑦2 ∙ (4𝑥2 − 6) ∙ (4𝑦2 − 6)

Os termos 4𝑥2 e 4𝑦2 e por serem simétricos e quadrados, serão iguais a 2 em todos os pontos ainda não calculados. Como 𝑒−𝑥2−𝑦2 ∙ 𝑥2𝑦2 é positivo e (4𝑥2 − 6) ∙ (4𝑦2 − 6) = (2 − 6) ∙ (2 − 6) = 16, 𝐵 > 0 ⇒ todos são pontos críticos. Para sabermos quais são de máximo e quais são de mínimos, vamos olhar 𝑓𝑥𝑥.

𝑓𝑥𝑥 = 𝑦𝑒−𝑥2−𝑦2 ∙ (4𝑥3 − 6𝑥) = 𝑥𝑦𝑒−𝑥2−𝑦2 ∙ (4𝑥2 − 6) = �±1

√2� ∙ �±

1

√2� ∙ 𝑒−1 ∙ (−4)

Quando x e y tem mesmo sinal, 𝑓𝑥𝑥 < 0, ou seja, ± � 1√2

, 1√2

� são pontos de

máximo. Quando x e y tem sinal diferente, 𝑓𝑥𝑥 > 0, ou seja, ± �− 1√2

, 1√2

� são pontos

de mínimo. Ufa! 2.2 Determine os valores de a para os quais a função 𝑓(𝑥, 𝑦) = 2𝑎𝑥4 + 𝑦2 − 𝑎𝑥2 −2𝑦: a. tenha exatamente um ponto de sela e dois pontos de mínimo local; b. tenha exatamente dois pontos de sela e um mínimo local. c. Existe 𝑎 ∈ ℝ para o qual a função tenha ao menos um máximo local? d. Existe 𝑎 ∈ ℝ para o qual a função tenha mais de 3 pontos críticos? Primeiramente vamos calcular o gradiente de f e igualar ao vetor nulo:

∇𝑓(𝑥, 𝑦) = (8𝑎𝑥3 − 2𝑎𝑥, 2𝑦 − 2) = (0,0)

8𝑎𝑥3 − 2𝑎𝑥 = 0 → 8𝑎𝑥3 = 2𝑎𝑥 → 𝑥 = ±12

𝑐𝑜 𝑥 = 0

2𝑦 − 2 = 0 → 𝑦 = 1 Agora as derivadas parciais de segunda ordem:

𝑓𝑥𝑥 = 24𝑎𝑥2 − 2𝑎, 𝑓𝑦𝑦 = 2, 𝑓𝑥𝑦 = 𝑓𝑦𝑥 = 0 A Hessiana então será:

𝐵 = �24𝑎𝑥2 − 2𝑎 00 2

� = 48𝑎𝑥2 − 4𝑎 = 4𝑎(12𝑥2 − 1)

Para satisfazer a condição do item a, o H de um dos pontos deve ser menor que zero. Com 𝑥 = ± 1

2, 𝐵 = 8𝑎 e com 𝑥 = 0, 𝐵 = −4𝑎. Se a > 0, apenas o ponto

(0,1) terá 𝐵 < 0 enquanto os outros dois terão 𝐵 > 0 e 𝑓𝑥𝑥 > 0, pois x está ao quadrado e será positivo. Para a condição do item b, se a < 0 os pontos (± 1

2, 1)

terão 𝐵 < 0, enquanto que o ponto (0,1) terá 𝐵 > 0 e 𝑓𝑥𝑥 > 0 pela mesma razão expressa anteriormente. A condição do item c é impossível, pois em 𝑓𝑥𝑥 x está ao quadrado, e com 𝑥 = ± 1

2, 𝑓𝑥𝑥 = 4𝑎 e 𝐵 = 8𝑎 resultando em pontos de sela se a é negativo e pontos

de mínimo se a é positivo. Se 𝑥 = 0, 𝑓𝑥𝑥 = −2𝑎 e 𝐵(0,1) = −4𝑎, resultando em um ponto de mínimo se a é negativo e um ponto de sela se a é positivo. Conclusão: não existe. Se a = 0, 𝐵 = 0 para todo x. Você já deve ter uma ideia do que está acontecendo aqui, não é mesmo? Com a = 0, 𝑧 = 𝑦2 − 2𝑦, e esse gráfico parece algo que nós já vimos trocentas vezes desde o ensino médio. É o gráfico de uma parábola, repetido por todo eixo x (o gráfico parece uma calha). Como o número multiplicando 𝑦2 é positivo, resulta em uma parábola de boca pra cima, então os pontos críticos quando a = 0 só podem ser pontos de mínimo. (R: Se a = 0, haverá mais do que 3 pontos críticos).

III. Máximos e Mínimos em Conjuntos Compactos

3.1 Esboce a região D e determine o máximo e o mínimo absolutos da função 𝑓: 𝐷 → ℝ quando : a. 𝑓(𝑥, 𝑦) = 5 − 3𝑥 + 4𝑦 e D é o triângulo (com interior e lados inclusos) cujos vértices são (0,0),(4,0) e (4,5);

O teorema de Weierstrass garante que existem ao menos um ponto de máximo e um ponto de mínimo. Nesse tipo de exercício, devemos analisar os pontos da fronteira e em seguida os pontos em que ∇𝑓 = 0�⃗ (o que fizemos na parte anterior). A fronteira nesse caso será a união dos pontos que compõem os lados do triângulo. Podemos expressá-la desta maneira:

𝐹𝑟𝑐𝐹𝑡(𝐷): {(𝑥, 0) ∈ ℝ2|0 ≤ 𝑥 ≤ 4} ∪ {(4, 𝑦) ∈ ℝ2|0 ≤ 𝑦 ≤ 5} ∪ {(𝑥, 𝑦) ∈ ℝ2|𝑦𝑥

=54

, 0 < 𝑥

≤ 4 𝑒 0 < 𝑦 ≤ 5} O último conjunto dessa união é a reta (segmento) que vai de (0,0) a (4,5) e tem coeficiente angular igual a 5

4, e x > 0 pois não existe divisão por zero e y > 0

pois se y = 0, 𝑦𝑥

= 0 ≠ 54.

Primeiro conjunto: 𝑓(𝑥, 0) = 5 − 3𝑥 + 4 ∙ 0 → 𝑓(𝑥, 0) = 5 − 3𝑥

𝑓(4,0) = 5 − 12 = −7 Segundo conjunto:

𝑓(4, 𝑦) = 5 − 3 ∙ 4 + 4𝑦 → 𝑓(4, 𝑦) = 4𝑦 − 7 𝑓(4,5) = 20 − 7 = 13

Terceiro conjunto:

𝑓 �𝑥,54

𝑥� = 5 − 3𝑥 + 4 ∙54

𝑥 = 2𝑥 + 5 → 𝑓 �4,54

∙ 4� = 13

Como é uma equação de plano, os únicos lugares possíveis onde teríamos máximo e mínimo são os extremos do nosso conjunto. Máx.: 13, Mín.: -7.

b. 𝑓(𝑥, 𝑦) = 𝑥𝑦𝑒−𝑥2−𝑦2 e 𝐷 = {(𝑥, 𝑦) ∈ ℝ2|𝑥2 + 𝑦2 ≤ 2, 𝑥 ≤ 0, 𝑦 ≥ 0} Sim! É ele mesmo! Nosso velho “amigo”... Ainda bem que nós já calculamos os pontos críticos desse cara, não é mesmo?

É possível ver que nos pontos (−√2, 0) e (0, +√2) (extremos da fronteira) a função assume valor máximo (zero). Contanto que uma das variáveis seja igual à zero, a função terá valor máximo, então temos que (𝑥, 0) 𝑐𝑐𝑚 𝑥 ∈ [−√2, 0] e (0, 𝑦) 𝑐𝑐𝑚 𝑦 ∈ [0, √2] são pontos de máximo. Se você olhar no exercício da parte anterior em que calculamos os pontos críticos dessa função (ex. 2.1-f), verá que somente �− 1

√2, 1

√2� está contido dentro

de D. Esse é então nosso ponto de mínimo. (Se você não fez o exercício mencionado, ou se você acha que não conseguiria fazer um parecido com ele no tempo de prova, eu recomendo fortemente que você tente achar o ponto de mínimo sozinho). c. 𝑓(𝑥, 𝑦) = 𝑥𝑦 e 𝐷 = {(𝑥, 𝑦) ∈ ℝ2|𝑥2 − 𝑦2 = 1, 𝑥 ∈ [1,2]};

Vamos analisar os extremos da fronteira: 𝑥 = 1 → 12 − 𝑦2 = 1 → 𝑦 = 0 → 𝑓(𝑥, 𝑦) = 𝑥 ∙ 0 = 0

𝑥 = 2 → 22 − 𝑦2 = 1 → 𝑦2 = 3 → 𝑦 = ±√3 → 𝑓(𝑥, 𝑦) = 2 ∙ ±√3 = ±2√3 Como o conjunto é a própria fronteira, os valores de x e y necessariamente obedecerão à equação da hipérbole, portanto não há mais pontos a serem calculados. Mínimo: 𝑓�2, −√3� = −2√3 Máximo:𝑓�2, √3� = 2√3

d. 𝑓(𝑥, 𝑦) = 2𝑥3 + 𝑦4 e 𝐷 = {(𝑥, 𝑦) ∈ ℝ2|𝑥2 + 𝑦2 = 1, 𝑥 ∈ �0, 14� , 𝑦 ≥ 0}

Extremos:

𝑥 = 0 → 02 + 𝑦2 = 1 → 𝑦 = 1 → 𝑓(0,1) = 1

𝑥 =14

→ �14

�2

+ 𝑦2 = 1 → 𝑦2 =1516

→ 𝑦 =√15

4→ 𝑓 �

14

,√15

4� =

132

+225256

=233256

Mínimo: 233256

Máximo: 1 Extra: Você pode usar multiplicadores de Lagrange (apenas) para resolver os itens c e d? O resumo do Responde Aí pode nos ajudar:

c. 𝑓(𝑥, 𝑦) = 𝑥𝑦 e 𝐷 = {(𝑥, 𝑦) ∈ ℝ2|𝑥2 − 𝑦2 = 1, 𝑥 ∈ [1,2]}; ∇𝑓(𝑥, 𝑦) = (𝑦, 𝑥)

𝑥2 − 𝑦2 = 1 → 𝑥2 − 𝑦2 − 1 = 0 → 𝑔(𝑥, 𝑦) = 𝑥2 − 𝑦2 − 1 ∇𝑔(𝑥, 𝑦) = (2𝑥, −2𝑦)

∇𝑓 = 𝜆∇𝑔 → (𝑦, 𝑥) = 𝜆(2𝑥, −2𝑦)

�𝑦 = 𝜆 ∙ 2𝑥

𝑥 = 𝜆 ∙ (−2𝑦) → �𝑦 = 𝜆 ∙ 2𝑥

𝑥 = −𝜆 ∙ 2𝑦𝑥2 − 𝑦2 = 1

Temos que 𝜆 = 𝑦2𝑥

da primeira equação e 𝜆 = − 𝑥2𝑦

da segunda. Igualando as

duas obtemos que: 𝑦

2𝑥= −

𝑥2𝑦

→ 𝑦2 = −𝑥2 → 𝑦 = 𝑥 = 0

Mas o ponto (0,0) não está na equação da hipérbole já que 02 − 02 ≠ 1, portanto apenas utilizando multiplicadores de Lagrange não é possível resolver o item c. d. 𝑓(𝑥, 𝑦) = 2𝑥3 + 𝑦4 e 𝐷 = {(𝑥, 𝑦) ∈ ℝ2|𝑥2 + 𝑦2 = 1, 𝑥 ∈ �0, 1

4� , 𝑦 ≥ 0}

∇𝑓(𝑥, 𝑦) = (6𝑥2, 4𝑦3) 𝑥2 + 𝑦2 = 1 → 𝑥2 + 𝑦2 − 1 = 0 → 𝑔(𝑥, 𝑦) = 𝑥2 + 𝑦2 − 1

∇𝑔(𝑥, 𝑦) = (2𝑥, 2𝑦) ∇𝑓 = 𝜆∇𝑔 → (6𝑥2, 4𝑦3) = 𝜆(2𝑥, 2𝑦)

�6𝑥2 = 𝜆 ∙ 2𝑥4𝑦3 = 𝜆 ∙ 2𝑦𝑥2 + 𝑦2 = 1

→ 𝜆 = 3𝑥 → 𝜆 = 2𝑦2 → 3𝑥 = 2𝑦2 → 𝑦2 =32

𝑥

𝑥2 +32

𝑥 = 1 → 𝑥2 +32

𝑥 − 1 = 0 → 𝑥 =−3/2 ± �(3/2)2 − 4 ∙ 1 ∙ (−1)

2

𝑥 = −34

±54

→ 𝑥 =12

𝑐𝑜 𝑥 = −2𝑥2

Não só ambos os pontos estão fora do intervalo, como também se 𝑥 = −2 → (−2)2 + 𝑦2 = 1 → 𝑦2 = 1 − 4 = −3, o que é impossível pois 𝑦 ∈ ℝ. Apenas multiplicadores de Lagrange não são o suficiente.

3.2. Determine o valor máximo e o valor mínimo da função f sujeita às restrições explicitadas: a. 𝑓(𝑥, 𝑦) = 𝑥𝑦, 𝑠𝑜𝑠𝑒𝑠𝑡𝑐 𝑎 5𝑥2 + 5𝑦2 + 6𝑥𝑦 − 64 = 0;

∇𝑓(𝑥, 𝑦) = (𝑦, 𝑥) 𝑔(𝑥, 𝑦) = 5𝑥2 + 5𝑦2 + 6𝑥𝑦 − 64 → ∇𝑔(𝑥, 𝑦) = (10𝑥 + 6𝑦, 10𝑦 + 6𝑥)

∇𝑓 = 𝜆∇𝑔 → (𝑦, 𝑥) = 𝜆(10𝑥 + 6𝑦, 10𝑦 + 6𝑥)

�𝑦 = 𝜆(10𝑥 + 6𝑦)𝑥 = 𝜆(10𝑦 + 6𝑥)

5𝑥2 + 5𝑦2 + 6𝑥𝑦 − 64 = 0→ 𝜆 =

𝑦10𝑥 + 6𝑦

=𝑥

10𝑦 + 6𝑥

10𝑦2 + 6𝑥𝑦 = 10𝑥2 + 6𝑥𝑦 → 𝑦2 = 𝑥2 → 𝑦 = ±𝑥 5𝑥2 + 5𝑦2 + 6𝑥𝑦 − 64 = 0 → 5𝑥2 + 5𝑥2 + 6𝑥2 − 64 = 0 → 16𝑥2 = 64 → 𝑥 = ±2 = 𝑦

Máximo: 𝑓(2,2) = 𝑓(−2, −2) = 4 Mínimo: 𝑓(2, −2) = 𝑓(−2,2) = −4

b. 𝑓(𝑥, 𝑦, 𝑧) = 𝑥𝑦𝑧, 𝑠𝑜𝑠𝑒𝑠𝑡𝑐 𝑎 𝑥2 + 2𝑦2 + 3𝑧2 = 6; ∇𝑓(𝑥, 𝑦, 𝑧) = (𝑦𝑧, 𝑥𝑧, 𝑥𝑦)

𝑔(𝑥, 𝑦, 𝑧) = 𝑥2 + 2𝑦2 + 3𝑧2 − 6 → ∇𝑔(𝑥, 𝑦, 𝑧) = (2𝑥, 4𝑦, 6𝑧) ∇𝑓 = 𝜆∇𝑔 → (𝑦𝑧, 𝑥𝑧, 𝑥𝑦) = 𝜆(2𝑥, 4𝑦, 6𝑧)

⎩⎨

⎧𝑦𝑧 = 𝜆2𝑥𝑥𝑧 = 𝜆4𝑦𝑥𝑦 = 𝜆6𝑧

𝑥2 + 2𝑦2 + 3𝑧2 = 6

→ 𝜆 =𝑦𝑧2𝑥

=𝑥𝑧4𝑦

=𝑥𝑦6𝑧

4𝑦2𝑧 = 2𝑥2𝑧 → 2𝑦2 = 𝑥2|6𝑧2𝑥 = 4𝑦2𝑥 → 2𝑦2 = 3𝑧2

𝑥2 + 𝑥2 + 𝑥2 = 6 → 3𝑥2 = 6 → 𝑥 = ±√2 → 𝑦 = ±1 → 𝑧 = ±√2√3

Agora só falta testarmos os pontos. Como temos duas possibilidades para cada variável, temos ao todo 2 × 2 × 2 = 8 pontos. Entretanto, não precisamos calcular todos, pois sempre haverá duas variáveis com o mesmo sinal, ou seja, em vários pontos a função assume um mesmo valor. Na realidade, os únicos resultados possíveis são dois:

𝑓 �±√2, ±1, ±√2√3

� = �±√2� × (±1) × �±√2√3

� = ±2

√3

Mínimo: − 2√3

Máximo: + 2√3

c. 𝑓(𝑥, 𝑦, 𝑧) = 𝑥2𝑦2𝑧2, 𝑠𝑜𝑠𝑒𝑠𝑡𝑐 𝑎 𝑥2 + 𝑦2 + 𝑧2 = 1; ∇𝑓(𝑥, 𝑦, 𝑧) = (2𝑥𝑦2𝑧2, 2𝑥2𝑦𝑧2, 2𝑥2𝑦2𝑧)

𝑔(𝑥, 𝑦, 𝑧) = 𝑥2 + 𝑦2 + 𝑧2 − 1 → ∇𝑔(𝑥, 𝑦, 𝑧) = (2𝑥, 2𝑦, 2𝑧) ∇𝑓 = 𝜆∇𝑔 → (2𝑥𝑦2𝑧2, 2𝑥2𝑦𝑧2, 2𝑥2𝑦2𝑧) = 𝜆(2𝑥, 2𝑦, 2𝑧)

⎩⎪⎨

⎪⎧ 𝜆2𝑥 = 2𝑥𝑦2𝑧2

𝜆2𝑦 = 2𝑥2𝑦𝑧2

𝜆2𝑧 = 2𝑥2𝑦2𝑧𝑥2 + 𝑦2 + 𝑧2 = 1

→ 𝜆 = 𝑦2𝑧2 = 𝑥2𝑧2 = 𝑥2𝑦2

𝑦2𝑧2 = 𝑥2𝑧2 → 𝑦2 = 𝑥2 → 𝑦 = ±𝑥|𝑥2𝑧2 = 𝑥2𝑦2 → ±𝑧 = ±𝑦 = ±𝑥

𝑥2 + 𝑦2 + 𝑧2 = 1 → 𝑥2 + 𝑥2 + 𝑥2 = 1 → 𝑥 = ±1

√3

𝑓 �±1

√3, ±

1√3

, ±1

√3� = �±

1√3

�2

× �±1

√3�

2

× �±1

√3�

2

= +1

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Ué, mas só um ponto? Bom, o método que estivemos usando até aqui fornece apenas candidatos a pontos de máximo e mínimo. Para descobrirmos outro ponto temos que analisar a função. Como todos os termos estão ao quadrado, a função nunca terá um valor negativo. Podemos concluir então que os pontos onde a função assume o valor zero serão pontos de mínimo. Contanto que ao menos uma das variáveis seja maior que zero, o ponto estará contido em 𝑥2 + 𝑦2 + 𝑧2 = 1. Mínimo: zero Máximo: 1

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3.3. Determine o valor máximo e o valor mínimo de f na região R sendo: a. 𝑓(𝑥, 𝑦, 𝑧) = 𝑥2 − 2𝑥 + 𝑦2 − 4𝑦 + 𝑧2 − 6𝑧