1. Ache as dimensões da caixa retangular de volume máximo que tenha três de suas faces nos planos coordenados, um vértice na origem, e outro vértice no primeiro octante sobre o plano 4 x+3 y+z=12.

Passo 1

O enunciado dá uma caixa retangular no primeiro octante cujas três faces coincidem com os planos coordenados, um vértice está na origem e o vértice oposto está sobre o plano \,4x+3y+z=12. Pede-se: encontrar as dimensões da caixa (os comprimentos dos três lados paralelos aos eixos x,y,z) que tornam o volume da caixa máximo.
Informações relevantes do enunciado:
  • As arestas da caixa ao longo dos eixos têm comprimentos \,x, \,y e \,z, todos \ge 0.
  • O vértice oposto à origem está sobre o plano \,4x+3y+z=12.
  • O volume da caixa é \,V=x y z.
  • Queremos maximizar \,V sujeito à restrição linear dada pelo plano e à condição de primeiro octante ( x\ge0,\;y\ge0,\;z\ge0).

Passo 2

Definimos as variáveis:
x = comprimento na direção do eixo x,
y = comprimento na direção do eixo y,
z = comprimento na direção do eixo z.
A restrição do plano relaciona as três variáveis:
4x+3y+z=12.
Como queremos reduzir o problema para duas variáveis, isolamos \,z em função de \,x e \,y:
z = 12 - 4x - 3y.
Aqui é importante notar que, por estarmos no primeiro octante, temos também a condição
12 - 4x - 3y \ge 0,
ou seja, o par (x,y) está dentro do triângulo viável no plano xy.

Passo 3

Escrevemos o volume como função de duas variáveis substituindo \,z:
V(x,y) = x y z = x y (12 - 4x - 3y).
Esse é agora o problema de máximo de uma função de duas variáveis definido no domínio
x\ge0,\qquad y\ge0,\qquad 4x+3y\le12.
Escolha do método: como a restrição já foi usada para eliminar \,z, a forma direta e mais simples é calcular as derivadas parciais de V(x,y), igualá-las a zero e resolver o sistema para encontrar pontos críticos. Isso é contado como cálculo básico de funções de várias variáveis e é suficiente aqui.

Passo 4

Expandimos V(x,y) para facilitar as derivadas:
V(x,y)=12xy-4x^{2}y-3xy^{2}.

Passo 5

Calculamos as derivadas parciais e as igualamos a zero (condição de ponto crítico):
V_{x}=\frac{\partial V}{\partial x}=12y-8xy-3y^{2}=y\,(12-8x-3y),
V_{y}=\frac{\partial V}{\partial y}=12x-4x^{2}-6xy=x\,(12-4x-6y).
Para um extremo interior com x>0 e y>0 (o que esperamos para o máximo útil), os fatores x e y não são nulos, então devemos ter
12-8x-3y=0,
12-4x-6y=0.

Passo 6

Resolvemos o sistema linear
\begin{cases} 8x+3y=12,\\[4pt] 4x+6y=12. \end{cases}
Multiplicando a segunda equação por 2 obtemos 8x+12y=24. Subtraindo a primeira equação dessa, temos
(8x+12y)-(8x+3y)=24-12 \quad\Rightarrow\quad 9y=12 \quad\Rightarrow\quad y=\dfrac{12}{9}=\dfrac{4}{3}.
Substituindo y=\dfrac{4}{3} em 4x+6y=12:
4x+6\cdot\dfrac{4}{3}=12 \quad\Rightarrow\quad 4x+8=12 \quad\Rightarrow\quad 4x=4 \quad\Rightarrow\quad x=1.]

Passo 7

Calculamos z usando a restrição do plano:
z=12-4x-3y=12-4\cdot 1-3\cdot\dfrac{4}{3}=12-4-4=4.
Portanto o ponto crítico interior é (x,y,z)=(1,\tfrac{4}{3},4).

Passo 8

Precisamos verificar que esse ponto dá um máximo. Podemos usar o teste da matriz Hessiana (segunda derivadas). As segundas derivadas são:
V_{xx}=\frac{\partial^{2}V}{\partial x^{2}}=-8y,\qquad V_{yy}=\frac{\partial^{2}V}{\partial y^{2}}=-6x,\qquad V_{xy}=\frac{\partial^{2}V}{\partial x\partial y}=12-8x-6y.
No ponto (1,\tfrac{4}{3}) temos
V_{xx}=-8\cdot\tfrac{4}{3}=-\tfrac{32}{3},\qquad V_{yy}=-6\cdot 1=-6,
V_{xy}=12-8\cdot1-6\cdot\tfrac{4}{3}=12-8-8=-4.
O determinante da Hessiana é
D=V_{xx}V_{yy}-V_{xy}^{2}=\left(-\tfrac{32}{3}\right)(-6)-(-4)^{2}=64-16=48>0,
e além disso V_{xx}<0. Essas duas condições implicam que o ponto é um máximo local. Como na fronteira viável (quando x=0 ou y=0 ou z=0) o volume é zero, e o máximo local encontrado tem volume positivo, este é o máximo global no domínio viável.

Passo 9

Conclusão: as dimensões da caixa que maximizam o volume são
x=1,\qquad y=\dfrac{4}{3},\qquad z=4.

Resposta

x=1
y=\dfrac{4}{3}
z=4

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