Máximos e Mínimos Globais numa Região Fechada

Teoria Completa

Podemos achar os máximos e mínimos de uma função em todo o domínio dela, mas também em uma região fechada.

Para isso, só vamos considerar os pontos críticos dentro dela. Além disso, também vamos ter que testar a fronteira da região.

Isso porque numa região fechada, nem sempre os máximos e mínimos globais vão ser em pontos críticos! Eles podem ocorrer também na fronteira da região!

Tem uma diferença interessante nesse tipo: as vezes ao olhar o domínio todo uma função pode não ter máximo ou mínimo global. Mas, quando analisamos uma região fechada, isso não vai ocorrer!

Por exemplo, a função f x , y = x 2 + y 2 não tem máximo global: podemos aumentar o valor de f o quanto quisermos aumentando x e y .

Agora, se fizermos uma restrição, por exemplo, o retângulo x ≤ 1     e     y ≤ 3 a história já muda! Nessa região f tem um máximo global: quando x = ± 1 e y = ± 3 , e o valor desse máximo é ± 1 2 + ± 3 2 = 10 . Deu pra captar?

Beleza, e geralmente, pra facilitar nossa vida, a região fechada na qual trabalhamos é um retângulo, onde temos x e y limitados por duas constantes.

No exemplo que eu mencionei lá em cima nosso retângulo é:

A vantagem disso é que as fronteiras de um retângulo são fáceis de analisar, são retas!

Repare que em cada lado do retângulo uma das coordenadas ( x ou y ) é fixa, enquanto a outra varia. Ou seja, mesmo uma função sendo de 2 variáveis, nos lados de um retângulo como esse ela só depende de uma!

É como se tivéssemos 4 funções de 1 variável (uma pra cada lado). E aí vamos ter que achar os pontos críticos dessas “subfunções”, derivando e igualando a zero.

Todos os pontos críticos achados nos 4 lados também serão candidatos a ponto de máximo ou mínimo da função no retângulo.

Enfim, vejamos um exemplo que vai ser mais fácil de explicar na prática. Vamos determinar o máximo e o mínimo globais da função

f x , y = x 2 + y 2 - 3 x + y

na região delimitada por x ≤ 2 e y ≤ 2 .

Fazendo o passo a passo para obter os pontos críticos a gente vai encontrar esse aqui

3 2 ,   - 1 2

Repare que esse ponto pertence à nossa região, pois ele satisfaz x ≤ 2 e y ≤ 2 . Então vamos guardar ele.

Agora temos que testar a fronteira! Quando temos um retângulo (no caso, é até um quadrado), a primeira coisa que temos que fazer é separar os vértices do retângulo. Eles automaticamente já são candidatos a ponto de máximo ou mínimo. Então não se esqueça deles! :)

Nesse caso, temos os pontos

- 2 ,   - 2 ,   - 2 ,   2 ,   2 , - 2 ,   2 ,   2

Então entraram mais 4 pontos pra nossa lista.

Agora sim, vamos ver de fato as fronteiras, que nada mais são que os lados do nosso quadrado.

Vou nomear esses lados de lado 1, 2, 3 e 4, da seguinte forma:

Vamos começar pelo lado 1. Nele temos

x = - 2     e   - 2 ≤ y ≤ 2

Como x é fixo, nesse lado a função só depende de y !

f x , y = f - 2 ,   y = - 2 2 + y 2 - 3 - 2 + y

f - 2 ,   y = 4 + y 2 + 6 + y = y 2 + y + 10

Agora derivamos essa função (derivada normal de uma função de 1 variável): f ' - 2 ,   y = 2 y + 1

E igualamos a derivada a zero, pra achar os pontos críticos: f ' - 2 ,   y = 0

2 y + 1 = 0

⇒ y = - 1 2

Então nesse lado só temos um ponto crítico! O x é fixo, vale - 2 , e achamos y = - 1 2 , então esse ponto é - 2 ,   - 1 2 .

Agora vamos fazer a mesma coisa pros outros lados!

No lado 2, temos

y = 2     e   - 2 ≤ x ≤ 2

Então agora a função só depende de x , já que o y é fixo:

f x , y = f x ,   2 = x 2 + 2 2 - 3 x + 2

f x ,   2 = x 2 - 3 x + 6

Derivando e igualando a zero:

f ' x ,   2 = 2 x - 3 = 0

⇒ x = 3 2

Portanto, no lado 2 temos mais um candidato: o ponto 3 2 ,   2 .

No lado 3:

x = 2     e   - 2 ≤ y ≤ 2

Então

f x , y = f 2 ,   y = 2 2 + y 2 - 3 2 + y

f 2 ,   y = 4 + y 2 - 6 + y = y 2 + y - 2

Derivando e igualando a zero:

f ' 2 ,   y = 2 y + 1 = 0

⇒ y = - 1 2

Então achamos mais um ponto: 2 ,   - 1 2 .

Vamos pro último lado, o lado 4:

y = - 2     e   - 2 ≤ x ≤ 2

Temos

f x , y = f x ,   - 2 = x 2 + - 2 2 - 3 x - 2

f x , - 2 = x 2 + 4 - 3 x - 2 = x 2 - 3 x + 2

Logo,

f ' x , - 2 = 2 x - 3 = 0

⇒ x = 3 2

Ufa, achamos nosso último ponto! O ponto 3 2 ,   - 2 .

Estamos quase acabando! Resumindo, nossos candidatos a ponto de máximo e mínimo de f no retângulo são o ponto crítico de f , os 4 vértices do retângulo, mais os 4 pontos que achamos nos lados do retângulo:

3 2 ,   - 1 2 , - 2 , - 2 , - 2 ,   2 , 2 ,   2 , 2 ,   - 2 , - 2 ,   - 1 2 , 3 2 ,   2 , 2 ,   - 1 2 e 3 2 ,   - 2

Agora temos que calcular o valor da função em todos esses pontos: o menor será o mínimo global e o maior o máximo global.

O menor valor é logo no primeiro ponto e o maior ficou no terceiro ponto.

Portanto os pontos 3 2 , - 1 2 e - 2 ,   2 são, respectivamente, os pontos de mínimo global e máximo global de f dentro do retângulo x ≤ 2 ,   y ≤ 2 .

O valor mínimo é - 5 2 , enquanto o valor máximo é 16 .

Essas questões não costumam ser difíceis, mas são chatinhas pelo grande número de contas, e por serem muito repetitivas.

Enfim, resumindo, o passo a passo é:

  • Achar pontos críticos da função
  • Determinar quais estão na região fechada
  • Guardar os que estiverem nela, descartar os que não estiverem
  • Guardar vértices da região
  • Achar candidatos a máximo e mínimo na fronteira, lado por lado
  • Calcular o valor da função em todos os pontos achados
  • Determinar qual é o máximo global e qual é o mínimo global

Agora é praticar pra ficar craque nisso! :)

Expandir

Exercício Resolvido #1

Cálculo 2 UERJ, Lista 4 Prof. Hamilton, exercício 8b

Encontre os pontos de máximo e mínimo globais da função f x , y = x 3 + y 3 - 3 x - 3 y dentro de A = { x , y ∈ R 2   ;   0 ≤ x ≤ 1   e   y ≤ 4 } .

MOSTRAR SOLUÇÃO COMPLETA

Passo 1

Para encontrar os pontos de máximo e mínimo globais de uma função com restrição o processo é sempre o mesmo: Verificar se há um ponto crítico dentro da região, e verificar se há máximos e mínimos na fronteira da região.

Verificando pontos críticos dentro da região:

f x , y = x 3 + y 3 - 3 x - 3 y  

f x x , y = 3 x 2 - 3

f y x , y = 3 y 2 - 3

Assim,

∇ f x , y = ( 3 x 2 - 3   ,   3 y 2 - 3 )

Passo 2

Como nos pontos críticos ∇ f x , y = 0 ,   0 , então

3 x 2 - 3 = 0 → x = ± 1

3 y 2 - 3 = 0 → y = ± 1

Logo, temos 4 pontos críticos, que são as combinações dos x e y que encontramos. São eles:

P 0 = 1,1

P 1 = 1 , - 1

P 2 = - 1 , - 1

P 3 = - 1,1

Os pontos P 2 = ( - 1 , - 1 ) e P 3 = ( - 1,1 ) já podem ser descartados, já que eles ficam fora da região que estamos considerando ( 0 ≤ x ≤ 1 ).

Passo 3

Então guardamos os pontos 1 ,   1 e 1 ,   - 1 . Também precisamos guardar os vértices do retângulo que é a nossa região.

São os pontos:

0 ,   - 4 ,   0 ,   4 ,   1 ,   4 ,   1 ,   - 4

Portanto, temos mais 4 pontos candidatos a máximo e mínimo.

Passo 4

Agora, devemos verificar pontos de máximo ou mínimo na fronteira.

Assim, temos 4 lados a serem verificados:

Quando L 1 → x = 0 ;   - 4 ≤ y ≤ 4 L 2 → x = 1 ;   - 4 ≤ y ≤ 4 L 3 → y = 4 ;           0 ≤ x ≤ 1 L 4 → y = - 4 ;   0 ≤ x ≤ 1 em que L 1 ,   L 2 ,   L 3 ,   L 4 são os lados do retângulo.

Em cada lado a função só depende de uma variável, e nós temos que achar os pontos críticos dessas 4 “subfunções”.

Passo 5

Comecemos pelo lado L 1 . Lembrando a nossa função:

f x , y = x 3 + y 3 - 3 x - 3 y

E o primeiro lado:

L 1 → x = 0   ;   - 4 ≤ y ≤ 4

Substituindo o lado na função:

f 0 , y = y 3 - 3 y

Temos que achar o valor de máximo dessa função, vamos derivar e igualar a zero. Neste caso derivamos em relação a y

3 y 2 - 3 = 0

y 2 = 1

y = ± 1

Então temos pontos críticos em

0,1

E

0 , - 1

Passo 6

Agora precisamos fazer o mesmo pro segundo lado L 2 :

L 2 → x = 1   ;   - 4 ≤ y ≤ 4

Substituindo esse lado na função, teremos:

f 1 , y = 1 + y 3 - 3 - 3 y

Desenvolvendo,

f 1 , y = y 3 - 3 y - 2

Temos que achar os pontos críticos dessa função, vamos derivar e igualar a zero. Neste caso derivamos em relação a y

3 y 2 - 3 = 0

y 2 = 1

y = ± 1

Então temos os pontos

1,1

E

1 , - 1

Mas já vimos antes esses dois pontos como pontos críticos de f x , y , então o lado 2 não acrescentou nada de novo!

Passo 7

Vamos verificar para o terceiro lado L 3 :

L 3 → y = 4   ;   0 ≤ x ≤ 1

Substituindo-o na função:

f x , 4 = x 3 + 64 - 3 x - 12

Desenvolvendo,

f x , 4 = x 3 - 3 x + 52

Neste caso derivamos em relação a x

3 x 2 - 3 = 0

x 2 = 1

x = 1

(lembrando que x ≥ 0 ) .

Assim, obtemos o ponto 1,4 . Mas ele nós já consideramos, é um vértice do retângulo!

Então o lado 3 também não acrescentou nada novo.

Passo 8

Finalmente!! Esse é o último lado! Aguente firme!!! Não tem nada de especial nele... só repetir o mesmo processo que fizemos até agora.

Quarto lado:

L 4 → y = - 4   ; 0 ≤ x ≤ 1

Substituindo-o na função:

f x , - 4 = x 3 - 64   - 3 x + 12

Desenvolvendo,

f x , - 4 = x 3 - 3 x - 52

Temos que achar os pontos críticos, vamos derivar e igualar a zero. Neste caso derivamos em relação a x

3 x 2 - 3 = 0

x 2 = 1

x = 1

E vamos ter o ponto 1 ,   - 4 , que também já achamos!

Passo 9

Ok, agora já temos todo o material necessário para terminar de vez com isso e dizer quais são os pontos de máximo e mínimo!

Os nossos candidatos são os pontos:

1 ,   1

1 ,   - 1

0 , - 4

0 ,   4

1 ,   4

1 ,   - 4

0 ,   1

0 ,   - 1

Passo 10

Só nos resta calcular o valor da função em cada ponto. Lembrando que

f x , y = x 3 + y 3 - 3 x - 3 y

Então temos

f 1 ,   1 = 1 + 1 - 3 - 3 = - 4

f 1 ,   - 1 = 1 - 1 - 3 + 3 = 0

f 0 , - 4 = 0 - 64 - 0 + 12 = - 52

f 0 ,   4 = 0 + 64 - 0 - 12 = 52

f 1 ,   4 = 1 + 64 - 3 - 12 = 50

f 1 ,   - 4 = 1 - 64 - 3 + 12 = - 54

f 0 ,   1 = 0 + 1 - 0 - 3 = - 2

f 0 ,   - 1 = 0 - 1 - 0 + 3 = 2

Show, então os ponto de mínimo global e máximo global de f são, respectivamente, 1 ,   - 4 e 0 ,   4 .

O valor mínimo é - 54 e o valor máximo é 52 .

Resposta

m í n i m o   e m   f 1 , - 4 = - 54 m á x i m o   e m   f 0,4 = 52

Exercício Resolvido #2

Cálculo 2 UNICAMP, Exame 2014 Tarde, questão 2

Determine os valores máximo e mínimo absolutos de

f x , y = x 2 + y 2 + x 2 y + 4 ,

no conjunto D = x , y ∈ R 2   : x ≤ 1 ,   y ≤ 1 .

MOSTRAR SOLUÇÃO COMPLETA

Passo 1

Antes de mais nada, é bom visualizar o conjunto D . E nesse caso, até que é bem simples: temos x ≤ 1 e y ≤ 1 . Então - 1 ≤ x ≤ 1 e - 1 ≤ y ≤ 1 . D   vai ser um quadrado:

Dito isso, podemos continuar :)

Passo 2

Essa é uma questão de máximos e mínimos, então o nosso primeiro reflexo tem que ser: achar as derivadas parciais de f e igualá-las a 0 para achar os pontos críticos de f . Então vamos lá:

f x , y = x 2 + y 2 + x 2 y + 4

Logo:

∂ f ∂ x x , y = 2 x + 0 + 2 x y + 0 = 2 x ( 1 + y )

∂ f ∂ y x , y = 0 + 2 y + x 2 + 0 = 2 y + x ²

Agora igualando a 0 :

∂ f ∂ x x , y = 0

⇒ 2 x 1 + y = 0

⇒ x = 0     o u     1 + y = 0 ⇒ y = - 1

∂ f ∂ y x , y = 0

⇒ 2 y + x 2 = 0

⇒ x 2 = - 2 y

⇒   x = ± - 2 y

  • Se x = 0 , como x = ± - 2 y então y = 0 ; o que nos dá o ponto ( 0,0 ) .
  • Se y = - 1 então x = ± 2 ; o que nos dá os pontos 2 , - 1 ,   - 2 , - 1 .

Mas repare que esses dois últimos pontos não pertencem ao quadrado D . Logo, o único ponto crítico de f em D é ( 0,0 ) .

Passo 3

Agora vamos dar uma olhada na fronteira do quadrado. Podemos notar que os vértices do quadrado são candidatos a máximo e mínimo, pois eles são os extremos da região. Isso nos dá mais 4 candidatos: os pontos ( - 1,1 ) , ( 1,1 ) , ( 1 , - 1 ) e ( - 1 , - 1 ) .

Vamos analisar agora os lados do quadrado um por um. Repare que vamos sempre ter uma coordenada variando de -1 a 1 enquanto outra fica fixada. Ou seja, na borda do quadrado a f só depende de uma variável.

Por isso, pra facilitar nossa conta, vamos criar uma função de uma variável para cada lado e determinar os pontos críticos dessas funções. Esses pontos críticos também vão ser candidatos a máximo ou mínimo da f   no quadrado. Ficou confuso? Relaxa que não é tão complicado, dá uma olhada:

Passo 4

Lado 1: - 1 < x < 1 e y = 1

f 1 x = f x , 1 = x 2 + 1 2 + x 2 . 1 + 4 = 2 x 2 + 5

f 1 ' x = 4 x = 0   ⇒ x = 0

f 1 tem um ponto crítico: o ponto ( 0,1 ) , que é, portanto, mais um candidato a ponto de máximo ou mínimo.

Lado 2: x = 1 e - 1 < y < 1

f 2 y = f 1 , y = 1 2 + y 2 + 1 2 y + 4 = y 2 + y + 5

f 2 ' y = 2 y + 1 = 0   ⇒ y = - 1 2

Assim, obtemos mais um candidato, o ponto 1 , - 1 2 .

Lado 3: - 1 < x < 1 e y = - 1

f 3 x = f x , - 1 = x 2 + - 1 2 + x 2 - 1 + 4 = 5

A função f 3 é consante então para todo x ∈   ] - 1,1 [ vamos ter f 3 ' x = 0 .

Então, o lado 3 todo é candidato a conter o valor máximo ou mínimo de f no quadrado. Já tínhamos considerado como candidatos os vértices ( - 1 , - 1 ) e ( 1 , - 1 ) . Mas agora podemos considerar todos os pontos ( x , - 1 ) , com x ∈ [ - 1,1 ] , beleza?

Lado 4: x = - 1 e - 1 < y < 1

f 4 y = f - 1 , y = - 1 2 + y 2 + - 1 2 y + 4 = y 2 + y + 5

Repare que f 4 y = f 2 ( y ) . Então, que nem pra f 2 , vamos ter que o ponto crítico de f 4 tem y = - 1 2 . Mas agora x = - 1 . Isso nos dá mais um candidato, o ponto - 1 , - 1 2 .

Passo 5

Show! Achamos todos os candidatos a ponto de máximo ou mínimo de f no quadrado, são os pontos:

0,0

- 1,1

1,1

x , - 1   c o m   x ∈ - 1,1  

0,1

1 , - 1 2

- 1 , - 1 2

Agora "só" nos resta calcular o valor da f em cada ponto e ver qual vai ser o máximo e qual vai ser o mínimo! Lembrando que f x , y = x 2 + y 2 + x 2 y + 4 , vamos ter:

Comparando os valores, podemos ver que o valor mínimo é 4 , no ponto ( 0,0 ) , enquanto o valor máximo é 7 , nos pontos ( - 1,1 ) e ( 1,1 ) .

Resposta

Máximo: 7 , nos pontos - 1,1 e ( 1,1 )

Mínimo: 4 , no ponto ( 0,0 ) .

Exercício Resolvido #3

George B. Thomas, Cálculo Volume II, 11ª ed. São Paulo: Pearson Education do Brasil Ltda., 2009, exercício 37 p.357 (modificado)

Encontre o máximo e o mínimo absoluto da função

f x , y = 4 x - x 2 cos ⁡ y

na placa retangular 1 ≤ x ≤ 3 ,   - π / 4 ≤ y ≤ π / 4 (veja figura a seguir).

MOSTRAR SOLUÇÃO COMPLETA

Passo 1

Vamos achar os pontos críticos da função, igualando as derivadas parciais a zero:

f x x , y ,   f y x , y = 0 ,   0

Temos

f x x , y = 4 - 2 x cos ⁡ y

f y x , y = - 4 x - x 2 sen ⁡ y

Passo 2

Comecemos pela derivada parcial em relação a x