Ache o máximo e o mínimo de f em R. (Recorra aos Exercícios 3-8 para extremos locais.)
f(x, y)=x^{2}+4 y^{2}-x+2 y;
a região R delimitada pela elipse x^{2}+4 y^{2}=1.

Passo 1

O que o enunciado pede: encontrar o máximo e o mínimo da função f sobre a região R.
Informações dadas:
  • A função é f(x,y)=x^{2}+4y^{2}-x+2y.
  • A região R é o disco elíptico fechado delimitado pela elipse x^{2}+4y^{2}=1; ou seja, R=\{(x,y)\mid x^{2}+4y^{2}\le 1\}.
  • O problema pede os extremos globais (máximo e mínimo) de f em todo R.
Observação importante (teorema utilizado depois): como f é contínua e R é compacto (fechado e limitado), f atinge máximo e mínimo em R. Esses pontos ocorrem ou em pontos críticos no interior de R ou em pontos da fronteira x^{2}+4y^{2}=1.

Passo 2

Plano de ataque (sem calcular ainda):
  1. Buscar pontos críticos no interior de R resolvendo \nabla f=0.
  2. Verificar se esse(s) ponto(s) está(ão) dentro de R (ou seja, com x^{2}+4y^{2}<1).
  3. Analisar a fronteira usando multiplicadores de Lagrange para resolver o problema de otimização com a restrição g(x,y)=x^{2}+4y^{2}-1=0.
  4. Comparar os valores de f em todos os candidatos (pontos críticos interiores e pontos obtidos na fronteira) para decidir o máximo e o mínimo globais.
Explicação rápida do porquê do método: multiplicadores de Lagrange são a ferramenta padrão e direta para otimização com restrição g(x,y)=0. Eles dizem que em pontos candidatos para extremos restritos, o gradiente de f é paralelo ao gradiente de g: \nabla f=\lambda \nabla g.

Passo 3

Encontrar pontos críticos no interior: calcular o gradiente de f.
\nabla f(x,y)=\left(\frac{\partial f}{\partial x},\frac{\partial f}{\partial y}\right)=(2x-1,\;8y+2).
Para pontos críticos interiores resolvemos \nabla f=0:
2x-1=0,\qquad 8y+2=0.
Resolvendo:
x=\frac{1}{2},\qquad y=-\frac{1}{4}.
Agora verificar se esse ponto pertence ao interior de R:
x^{2}+4y^{2}=\left(\frac{1}{2}\right)^{2}+4\left(-\frac{1}{4}\right)^{2}=\frac{1}{4}+4\cdot\frac{1}{16}=\frac{1}{4}+\frac{1}{4}=\frac{1}{2}<1.
Logo \left(\frac{1}{2},-\frac{1}{4}\right) está no interior de R e é um candidato a extremo.

Passo 4

Classificar o ponto crítico interior (mini-aula curta sobre teste das derivadas segundas):
  • O Hessiano de f é a matriz das segundas derivadas
H_f(x,y)=\begin{pmatrix}\dfrac{\partial^{2}f}{\partial x^{2}} & \dfrac{\partial^{2}f}{\partial x\partial y}\\[6pt] \dfrac{\partial^{2}f}{\partial y\partial x} & \dfrac{\partial^{2}f}{\partial y^{2}}\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}2 & 0\\[6pt]0 & 8\end{pmatrix}.
  • Para testar um ponto crítico isolado, se H_f for definida positiva nesse ponto (autovalores positivos), então é mínimo local; se definida negativa, máximo local; se indefinida, sela. Aqui os autovalores são 2 e 8, ambos positivos, então H_f é definida positiva.
Conclusão: \left(\tfrac{1}{2},-\tfrac{1}{4}\right) é um mínimo local.
Calcular o valor de f nesse ponto:
f\!\left(\tfrac{1}{2},-\tfrac{1}{4}\right)=\left(\tfrac{1}{2}\right)^{2}+4\left(-\tfrac{1}{4}\right)^{2}-\tfrac{1}{2}+2\left(-\tfrac{1}{4}\right) =\tfrac{1}{4}+\tfrac{1}{4}-\tfrac{1}{2}-\tfrac{1}{2}=\tfrac{1}{2}-1=-\tfrac{1}{2}.
Portanto o valor em o mínimo interior é f=-\tfrac{1}{2}.]

Passo 5

Agora tratar a fronteira com multiplicadores de Lagrange. Montar o sistema com a restrição
g(x,y)=x^{2}+4y^{2}-1=0.
As equações de Lagrange são
\nabla f(x,y)=\lambda\nabla g(x,y),
ou seja
2x-1= \lambda\cdot 2x,\qquad 8y+2=\lambda\cdot 8y,
com a restrição
x^{2}+4y^{2}=1.

Passo 6

Resolver o sistema de Lagrange. Reescrever as duas primeiras equações:
2x-1=2\lambda x \quad\Rightarrow\quad 2x(1-\lambda)=1,
8y+2=8\lambda y \quad\Rightarrow\quad 8y(1-\lambda)=-2.
Observação: se 1-\lambda=0 então as duas equações seriam 0=1 e 0=-2, impossíveis; logo 1-\lambda\neq 0. Assim podemos dividir e obter expressões para x e y:
x=\frac{1}{2(1-\lambda)},\qquad y=-\frac{1}{4(1-\lambda)}.
Notar a relação entre x e y: dividindo, tem-se
\frac{y}{x}=-\frac{1}{2}\quad\Rightarrow\quad y=-\frac{x}{2}.
Substituir y=-\tfrac{x}{2} na restrição da elipse:
x^{2}+4\left(-\frac{x}{2}\right)^{2}=x^{2}+4\cdot\frac{x^{2}}{4}=x^{2}+x^{2}=2x^{2}=1.
Logo
x^{2}=\frac{1}{2}\quad\Rightarrow\quad x=\pm\frac{1}{\sqrt{2}}.
E então
y=-\frac{x}{2}=\mp\frac{1}{2\sqrt{2}}.
Assim os pontos candidatos na fronteira são
\left(\frac{1}{\sqrt{2}},-\frac{1}{2\sqrt{2}}\right) \quad\text{e}\quad \left(-\frac{1}{\sqrt{2}},\frac{1}{2\sqrt{2}}\right).

Passo 7

Calcular f nesses pontos da fronteira. Primeiro observar uma simplificação usando y=-\tfrac{x}{2} e a restrição:
  • Como y=-\tfrac{x}{2}, tem-se 4y^{2}=x^{2}, então x^{2}+4y^{2}=2x^{2}=1. Em particular x^{2}+4y^{2}=1.
  • Portanto em qualquer ponto desses na fronteira:
f(x,y)=x^{2}+4y^{2}-x+2y=1 -x +2y.
Mas 2y=2\left(-\frac{x}{2}\right)=-x. Logo
f(x,y)=1 -x -x =1-2x.
Agora avaliar para cada x:
  • Para x=\dfrac{1}{\sqrt{2}}:
f\!\left(\frac{1}{\sqrt{2}},-\frac{1}{2\sqrt{2}}\right)=1-2\cdot\frac{1}{\sqrt{2}}=1-\sqrt{2}.
  • Para x=-\dfrac{1}{\sqrt{2}}:
f\!\left(-\frac{1}{\sqrt{2}},\frac{1}{2\sqrt{2}}\right)=1-2\cdot\left(-\frac{1}{\sqrt{2}}\right)=1+\sqrt{2}.

Passo 8

Comparar todos os valores obtidos:
  • Valor no ponto crítico interior \left(\tfrac{1}{2},-\tfrac{1}{4}\right): f=-\tfrac{1}{2}\approx -0{,}5.
  • Valores na fronteira: 1-\sqrt{2}\approx -0{,}4142 e 1+\sqrt{2}\approx 2{,}4142.
Ordenando numericamentes: -\tfrac{1}{2} < 1-\sqrt{2} < 1+\sqrt{2}.
Conclusão: o menor valor de f em R é -\tfrac{1}{2} atingido em \left(\tfrac{1}{2},-\tfrac{1}{4}\right); o maior valor é 1+\sqrt{2} atingido em \left(-\tfrac{1}{\sqrt{2}},\tfrac{1}{2\sqrt{2}}\right).
Força aí — acabou! Você tem os candidatos e a comparação final: é exatamente isso que o exame costuma pedir.

Resposta

Mínimo: -\tfrac{1}{2} em \left(\tfrac{1}{2},-\tfrac{1}{4}\right)
Máximo: 1+\sqrt{2} em \left(-\tfrac{1}{\sqrt{2}},\tfrac{1}{2\sqrt{2}}\right)

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