Use Lagrange para encontrar as dimensões da caixa retangular com maior volume que pode ser colocada no primeiro octante com três faces nos planos coordenados e um vértice no plano x+2 y+3 z=6.

Passo 1

O enunciado pede: encontrar as dimensões da caixa retangular com maior volume que pode ser colocada no primeiro octante, com três faces nos planos coordenados e com um vértice no plano \,x+2y+3z=6\,.
Informações dadas e o que vou usar:
  • A caixa tem um vértice na origem e o vértice oposto em (x,y,z) com x\ge0,\;y\ge0,\;z\ge0.
  • O vértice oposto satisfaz a equação do plano \,x+2y+3z=6\,.
  • O volume da caixa é \,V=xyz.
    A tarefa é maximizar \,V sujeito à restrição \,x+2y+3z=6.

Passo 2

Defino as funções que vamos trabalhar:
  • Função objetivo (volume): \,f(x,y,z)=xyz.
  • Restrição (condição do vértice no plano): \,g(x,y,z)=x+2y+3z-6=0.
    Explicando: aqui x, y, z são as arestas da caixa ao longo dos eixos x, y e z. Queremos o maior valor possível de \,f quando (x,y,z) está no subconjunto dado por g=0 com x,y,z\ge0.

Passo 3

Vou usar o método dos multiplicadores de Lagrange (o enunciado pediu isso). Ideia principal: em um ponto interior onde f tem máximo sob a restrição g=0, os gradientes de f e g são proporcionais — existe um escalar \lambda tal que \nabla f = \lambda \nabla g.
Constrói-se a função de Lagrange:
\mathcal{L}(x,y,z,\lambda)=xyz-\lambda(x+2y+3z-6).
Aqui \lambda é o multiplicador de Lagrange; ele ajusta a influência da restrição. Para extremos condicionados, anulamos as derivadas parciais de \mathcal{L} em relação a x,y,z e também impomos a restrição g=0.

Passo 4

Calculo as derivadas parciais e escrevo o sistema (cada expressão está igual a zero):
\frac{\partial\mathcal{L}}{\partial x}=yz-\lambda=0,
\frac{\partial\mathcal{L}}{\partial y}=xz-2\lambda=0,
\frac{\partial\mathcal{L}}{\partial z}=xy-3\lambda=0,
x+2y+3z-6=0.
Explique o que cada equação significa: por exemplo \frac{\partial\mathcal{L}}{\partial x}=0 \,yz=\lambda, que relaciona as variáveis pelo multiplicador.

Passo 5

Das três primeiras equações obtenho três expressões para \lambda:
\lambda=yz,\qquad \lambda=\frac{xz}{2},\qquad \lambda=\frac{xy}{3}.
Igualando as primeiras duas ( yz=\frac{xz}{2}) e supondo z>0 (se z=0 o volume seria zero, não máximo positivo), cancelo z e obtenho
y=\frac{x}{2}\quad\Longrightarrow\quad x=2y.
Igualando a segunda e a terceira ( \frac{xz}{2}=\frac{xy}{3}) e supondo x>0, cancelo x e obtenho
\frac{z}{2}=\frac{y}{3}\quad\Longrightarrow\quad 3z=2y\quad\Longrightarrow\quad z=\frac{2y}{3}.

Passo 6

Agora substituo x=2y e z=\frac{2y}{3} na restrição \,x+2y+3z=6:
2y+2y+3\left(\frac{2y}{3}\right)=6.
Calculo passo a passo: 2y+2y=4y, e 3\cdot\frac{2y}{3}=2y. Então a soma é 4y+2y=6y. Assim
6y=6\quad\Longrightarrow\quad y=1.
Com y=1 obtemos
x=2y=2,\qquad z=\frac{2y}{3}=\frac{2}{3}.

Passo 7

Verificação rápida de que esse ponto é o máximo:
  • O conjunto factível \{(x,y,z)\mid x+2y+3z=6,\;x,y,z\ge0\} é compacto (fechado e limitado), e V=xyz é contínuo, logo atinge máximo nesse conjunto.
  • Nas faces do primeiro octante onde algum dos x,y,z=0 o volume é zero. Nosso ponto interior (2,1,\tfrac{2}{3}) tem volume positivo \tfrac{4}{3}, portanto é um candidato melhor que qualquer ponto de fronteira. Como é o único ponto crítico interior encontrado pelos multiplicadores, ele fornece o máximo global.

Resposta

x=2,\;y=1,\;z=\dfrac{2}{3}
Volume máximo V_{\max}=\dfrac{4}{3}

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