Exercícios Resolvidos de Classificação de Pontos Críticos no R³

Hamilton Luiz Guidorizzi, Um curso de cálculo Volume II, 5ª ed. Rio de Janeiro: LTC, 2001, p. 318, exercício 15a

Estude com relação a máximos e mínimos locais a função f x , y , z

f x , y , z = x 2 + 5 y 2 + 2 z 2 + 4 x y - 2 x - 4 y - 8 z + 2

Passo 1

Calcular as derivas parciais de f :

f x = 2 x + 4 y - 2

f y = 10 y + 4 x - 4

f z = 4 z - 8

MOSTRAR SOLUÇÃO COMPLETA

Passo 2

Igualar a zero:

f x = 0

2 x + 4 y - 2 = 0

2 x + 4 y = 2

x + 2 y = 1

Pra f y :

f y = 0

10 y + 4 x - 4 = 0

10 y + 4 x = 4

5 y + 2 x = 2

Pra f z :

f z = 0

4 z - 8 = 0

4 z = 8

z = 2

Passo 3

z já deu pra definir, agora temos que resolver um sisteminha pra achar x e y :

x + 2 y = 1 5 y + 2 x = 2

Pela 1ª equação, x = 1 - 2 y . Substituindo na 2ª:

5 y + 2 1 - 2 y = 2

5 y + 2 - 4 y = 2

y + 2 = 2

y = 0

Ou seja,

x = 1 - 0 = 1

Portanto, f só tem um ponto crítico, o ponto 1 ,   0 ,   2 .

Passo 4

Agora calculemos as derivadas parciais de segunda ordem! Temos

f x = 2 x + 4 y - 2

Logo,

f x x = 2 f x y = 4 f x z = 0

Passo 5

Continuando:

f y = 10 y + 4 x - 4

⇒ f y x = 4 f y y = 10 f y z = 0

Passo 6

Por fim:

f z = 4 z - 8

⇒ f z x = 0 f z y = 0 f z z = 4

Passo 7

Repare que nenhuma das derivadas parciais de segunda ordem depende das coordenadas x , y e z . Então a nossa matriz hessiana é:

2 4 0 4 10 0 0 0 4

Agora, pra achar os autovalores λ dela, resolvemos a equação

2 - λ 4 0 4 10 - λ 0 0 0 4 - λ = 0

E isso dá:

2 - λ 10 - λ 4 - λ + 0 + 0 - 0 - 0 - 4 - λ 4 4 = 0

2 - λ 10 - λ 4 - λ = 16 4 - λ

Passo 8

Então ou 4 - λ = 0 ⇒ λ = 4 , ou:

2 - λ 10 - λ = 16

Desenvolvendo,

20 - 2 λ - 10 λ + λ 2 = 16

λ 2 - 12 λ + 4 = 0

λ = 12 ± 12 2 - 4 1 4 2

λ = 6 ± 144 - 16 2

λ = 6 ± 128 2

λ = 6 ± 4 32 2

λ = 6 ± 32

Passo 9

Show, então obtivemos os 3 autovalores:

λ = 4

  λ = 6 + 32

λ = 6 - 32

E temos que analisar o sinal desses autovalores pra classificar o único ponto crítico de f . Claramente 4 > 0 e 6 + 32 > 0 .

Pro último autovalor basta ter cuidado. É só pensar que 6 2 = 36 > 32 , portanto

32 < 6

6 - 32 > 0

Ótimo, então os 3 autovalores são positivos!

Isso significa que o único ponto crítico de f , 1 ,   0 ,   2 , é um ponto de mínimo local.

Resposta

f tem um ponto crítico: o mínimo local 1 ,   0 ,   2 .

Esse conteúdo é exclusivo para cadastrados.

Cadastre-se grátis no maior portal de exatas do Brasil!

Relaxa, não vamos publicar nada no seu nome.

  • Resumões direto ao ponto
    Resumões
    direto ao ponto
  • Exercícios resolvidos passo a passo
    Exercícios resolvidos
    passo a passo
  • Videoaulas incríveis
    Videoaulas
    incríveis
  • Aulões Salva-Vidas
    Aulões
    Salva-Vidas