Ache o máximo e o mínimo de f em R. (Recorra aos Exercícios 3-8 para extremos locais.)
f(x, y)=5+4 x-2 x^{2}+3 y-y^{2} ;
a região triangular R delimitada pelas retas y=x, y=-x e y=2.

Passo 1

Vou deixar claro o que o enunciado dá e o que pede.
  • A função é f(x,y)=5+4x-2x^{2}+3y-y^{2}.
  • A região R é o triângulo limitado pelas retas y=x, y=-x e y=2.
Informações geométricas úteis (obtidas das retas dadas):
  • As interseções dessas retas são os vértices do triângulo:
    • y=x com y=2 dá o ponto (2,2).
    • y=-x com y=2 dá o ponto (-2,2).
    • y=x com y=-x dá o ponto (0,0).
  • Portanto R=\{(x,y)\mid 0\le y\le 2,\\\ -y\le x\le y\}.
O que o enunciado pede: encontrar o máximo e o mínimo de f em toda a região fechada e limitada R. Pela teoria (extreme value theorem) uma função contínua em conjunto compacto atinge máximo e mínimo; então devo checar:
  1. pontos críticos interiores (onde \nabla f=0);
  2. extremos ao longo de cada aresta (reduzindo a um problema de uma variável);
  3. os vértices.

Passo 2

Procurar pontos críticos no interior de R.
Primeiro calculemos o gradiente de f. Lembre-se: \nabla f=(f_x,f_y), onde f_x é a derivada parcial de f em relação a x e f_y a derivada parcial em relação a y.
f_x=\frac{\partial}{\partial x}(5+4x-2x^{2}+3y-y^{2})=4-4x,
f_y=\frac{\partial}{\partial y}(5+4x-2x^{2}+3y-y^{2})=3-2y.
Para pontos críticos temos \nabla f=0, ou seja:
4-4x=0,\qquad 3-2y=0.
Resolvendo:
x=1,\qquad y=\tfrac{3}{2}.
Verificação de interior: (1,\tfrac{3}{2}) satisfaz 0\le \tfrac{3}{2}\le 2 e |1|\le \tfrac{3}{2}, logo está no interior de R. Portanto é um candidato a extremo.
Agora classificar esse ponto crítico. Use a matriz Hessiana H com as segundas derivadas:
f_{xx}=\frac{\partial}{\partial x}(f_x)=-4,\qquad f_{yy}=\frac{\partial}{\partial y}(f_y)=-2,\qquad f_{xy}=0.
H=\begin{pmatrix}-4 & 0 \\[4pt] 0 & -2\end{pmatrix}.
Para uma matriz diagonal com entradas negativas, H é definida negativa (ambos autovalores negativos). Resultado: o ponto (1,\tfrac{3}{2}) é um máximo local.
Calcule o valor de f nesse ponto:
f\!\left(1,\tfrac{3}{2}\right)=5+4\cdot1-2\cdot1^{2}+3\cdot\tfrac{3}{2}-\left(\tfrac{3}{2}\right)^{2}.
Faço as contas passo a passo:
5+4-2=7,\qquad 3\cdot\tfrac{3}{2}=\tfrac{9}{2},\qquad \left(\tfrac{3}{2}\right)^{2}=\tfrac{9}{4}.
7+\tfrac{9}{2}-\tfrac{9}{4}=7+\tfrac{18}{4}-\tfrac{9}{4}=7+\tfrac{9}{4}=\tfrac{28}{4}+\tfrac{9}{4}=\tfrac{37}{4}.
Logo f\!\left(1,\tfrac{3}{2}\right)=\tfrac{37}{4}=9{,}25.]

Passo 3

Examinar a aresta y=x (segmento de (0,0) a (2,2)).
Parametrização prática: tomar x=t, y=t com t\in[0,2]. Substituindo em f:
g_{1}(t)=f(t,t)=5+4t-2t^{2}+3t-t^{2}=5+7t-3t^{2}.
Isto é um polinômio quadrático em t. Para achar extremos no segmento, calculo g_{1}'(t) e checo também os extremos nos extremos do intervalo:
g_{1}'(t)=7-6t.
Zerando:
7-6t=0\implies t=\tfrac{7}{6}.
Esse valor está em [0,2], então é um candidato sobre essa aresta. Avaliando:
g_{1}\!\left(\tfrac{7}{6}\right)=5+7\cdot\tfrac{7}{6}-3\cdot\left(\tfrac{7}{6}\right)^{2}.
Calculemos com frações:
7\cdot\tfrac{7}{6}=\tfrac{49}{6},\qquad 3\cdot\left(\tfrac{49}{36}\right)=\tfrac{147}{36}=\tfrac{49}{12}.
5=\tfrac{60}{12},\qquad \tfrac{49}{6}=\tfrac{98}{12}.
g_{1}\!\left(\tfrac{7}{6}\right)=\tfrac{60}{12}+\tfrac{98}{12}-\tfrac{49}{12}=\tfrac{109}{12}\approx 9{,}0833.
Também avalio nos endpoints:
g_{1}(0)=5,\qquad g_{1}(2)=5+14-12=7.
Conclusão para essa aresta: máximo local na aresta em t=\tfrac{7}{6} com f=\tfrac{109}{12}, mínimo na aresta em (0,0) com f=5.

Passo 4

Examinar a aresta y=-x (segmento de (0,0) a (-2,2)).
Parametrização conveniente: tomar x=-t, y=t com t\in[0,2]. Substituindo:
g_{2}(t)=f(-t,t)=5+4(-t)-2t^{2}+3t-t^{2}=5-4t-3t^{2}+3t=5-t-3t^{2}.
Derivada:
g_{2}'(t)=-1-6t,
que é sempre negativa para t\ge0. Portanto g_{2}(t) é estritamente decrescente em [0,2]. Assim:
  • máximo nessa aresta em t=0 (ponto (0,0)) com valor g_{2}(0)=5;
  • mínimo nessa aresta em t=2 (ponto (-2,2)) com valor
g_{2}(2)=5-2-3\cdot4=5-2-12=-9.

Passo 5

Examinar a aresta y=2 (segmento de (-2,2) a (2,2)).
Parametrização: x=s, y=2 com s\in[-2,2]. Substituindo:
h(s)=f(s,2)=5+4s-2s^{2}+3\cdot2-4=7+4s-2s^{2}.
Derivada:
h'(s)=4-4s.
Zerando:
4-4s=0\implies s=1,
que está no intervalo [-2,2]. Avaliando:
h(1)=7+4-2=9.
Endpoints:
h(-2)=7+4(-2)-2\cdot4=7-8-8=-9,
h(2)=7+8-8=7.
Portanto nessa aresta, máximo em s=1 (ponto (1,2)) com f=9 e mínimo nos extremos com valor -9 em (-2,2).

Passo 6

Reunir todos os candidatos e compará-los para decidir máximo e mínimo globais.
Candidatos e seus valores (computados acima):
  • ponto crítico interior \left(1,\tfrac{3}{2}\right): f=\tfrac{37}{4}=9{,}25.
  • aresta y=x: ponto interior da aresta \left(\tfrac{7}{6},\tfrac{7}{6}\right): f=\tfrac{109}{12}\approx9{,}0833; endpoints (0,0):5 e (2,2):7.
  • aresta y=-x: extremo (-2,2):-9; (0,0):5.
  • aresta y=2: ponto (1,2):9; endpoints (-2,2):-9 e (2,2):7.
Comparando os valores numéricos:
\tfrac{37}{4}=9{,}25\quad>\quad\tfrac{109}{12}\approx9{,}0833\quad>\quad 9\quad>\quad 7\quad>\quad 5\quad>\quad -9.
Portanto o maior valor de f em R é f_{\max}=\tfrac{37}{4} atingido em \left(1,\tfrac{3}{2}\right). O menor valor é f_{\min}=-9 atingido no vértice (-2,2) (esse ponto é compartilhado por duas arestas).

Resposta

\displaystyle \text{Máximo: } f_{\max}=\tfrac{37}{4}\text{ em }(1,\tfrac{3}{2}).á
\displaystyle \text{Mínimo: } f_{\min}=-9\text{ em }(-2,2).í

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