Calcule os máximos e mínimos locais da função no círculo dado:
f(x, y)=y-x^{2}
círculo x^{2}+(y-1)^{2}=1

Passo 1

O enunciado pede para encontrar os máximos e mínimos locais da função f restrita ao círculo dado. Informações fornecidas:
  • Função: f(x,y)=y-x^{2}.
  • Região de restrição: o círculo \;x^{2}+(y-1)^{2}=1.
  • Objetivo: determinar os pontos do círculo onde f tem extremos locais (máximos ou mínimos) e, quando possível, classificar cada ponto (máximo ou mínimo) e dar o valor de f nesses pontos.

Passo 2

Escolha do método (explicação didática e justificativa). Vou parametrizar o círculo usando um ângulo \,t\in[0,2\pi)\,. Por que parametrizar? Porque o círculo é uma curva fechada de raio \,1\, centrada em \,(0,1)\,; parametrizar converte o problema em uma função de uma variável ( t), e aí usamos cálculo de uma variável (derivada e teste da segunda derivada) para encontrar extremos. Essa é uma abordagem direta, simples de acompanhar e que evita sistemas de equações com multiplicadores de Lagrange — prática em provas quando a restrição é uma curva fácil de parametrizar.
Parametrização do círculo (centro (0,1), raio 1):
x=\cos t,\qquad y=1+\sin t,\qquad t\in[0,2\pi).

Passo 3

Escrever f como função de t. Substituindo a parametrização em f(x,y)=y-x^{2}:
f(t)=f(\cos t,\,1+\sin t)=1+\sin t-(\cos t)^{2}.
Vou simplificar um pouco a expressão só para ficar mais clara (opcional):
(\cos t)^{2}=\cos^{2}t,
portanto
f(t)=1+\sin t-\cos^{2}t.
Isso é agora uma função de uma variável t, e os extremos de f restrita ao círculo correspondem aos extremos de f(t) em [0,2\pi).

Passo 4

Calcular a derivada f'(t) e encontrar os pontos críticos. Vamos derivar termo a termo:
  • Derivada de \sin t é \cos t.
  • Derivada de \cos^{2}t é 2\cos t\cdot(\cos t)'. Como (\cos t)'=-\sin t, tem-se \dfrac{d}{dt}\cos^{2}t=-2\cos t\sin t.
    Assim
f'(t)=\cos t - \big(-2\cos t\sin t\big)=\cos t + 2\cos t\sin t.
Fatorando:
f'(t)=\cos t\big(1+2\sin t\big).
Pontos críticos ocorrem quando f'(t)=0, ou seja,
\cos t\big(1+2\sin t\big)=0.

Passo 5

Resolver a equação \cos t\big(1+2\sin t\big)=0 em [0,2\pi).
  • Caso \cos t=0: isso ocorre em t=\dfrac{\pi}{2} e t=\dfrac{3\pi}{2}.
  • Caso 1+2\sin t=0: isto é \sin t=-\dfrac{1}{2}. Em [0,2\pi) as soluções são
t=\frac{7\pi}{6}\quad\text{e}\quad t=\frac{11\pi}{6}.
Portanto há quatro valores críticos de t no intervalo considerado.

Passo 6

Calcular os pontos (x,y) do círculo correspondentes a cada t.
  • Para t=\dfrac{\pi}{2}: \cos t=0,\\ \sin t=1. Logo
(x,y)=\big(0,\;1+1\big)=(0,2).
  • Para t=\dfrac{3\pi}{2}: \cos t=0,\\ \sin t=-1. Logo
(x,y)=\big(0,\;1-1\big)=(0,0).
  • Para t=\dfrac{7\pi}{6}: \sin t=-\dfrac{1}{2},\\ \cos t=-\dfrac{\sqrt{3}}{2}. Logo
(x,y)=\left(-\dfrac{\sqrt{3}}{2},\;1-\dfrac{1}{2}\right)=\left(-\dfrac{\sqrt{3}}{2},\;\dfrac{1}{2}\right).
  • Para t=\dfrac{11\pi}{6}: \sin t=-\dfrac{1}{2},\\ \cos t=\dfrac{\sqrt{3}}{2}. Logo
(x,y)=\left(\dfrac{\sqrt{3}}{2},\;\dfrac{1}{2}\right).

Passo 7

Calcular os valores de f nesses pontos (para comparar e identificar máximo/minimo).
  • Em (0,2):
f(0,2)=2-0=2.
  • Em (0,0):
f(0,0)=0-0=0.
  • Em \left(\pm\dfrac{\sqrt{3}}{2},\dfrac{1}{2}\right):
x^{2}=\left(\dfrac{\sqrt{3}}{2}\right)^{2}=\dfrac{3}{4},\qquad y=\dfrac{1}{2},
logo
f\left(\pm\dfrac{\sqrt{3}}{2},\dfrac{1}{2}\right)=\dfrac{1}{2}-\dfrac{3}{4}=-\dfrac{1}{4}.
Resumo dos valores: 2,\\\ 0,\\\ -\tfrac{1}{4},\\\ -\tfrac{1}{4}.

Passo 8

Classificar cada ponto como máximo ou mínimo local usando a segunda derivada (teste da segunda derivada para função univariada f(t)).
Primeiro obtemos f''(t). Partindo de f'(t)=\cos t(1+2\sin t), derivamos:
f''(t) = -\sin t(1+2\sin t) + \cos t\cdot(2\cos t).
Podemos avaliar diretamente em cada t.
  • Em t=\dfrac{\pi}{2} ( \sin t=1,\\ \cos t=0):
f''\!\left(\tfrac{\pi}{2}\right) = -1(1+2\cdot1)+0 = -3 <0,
logo t=\dfrac{\pi}{2} é um ponto de máximo local (concavidade negativa).
  • Em t=\dfrac{3\pi}{2} ( \sin t=-1,\\ \cos t=0):
f''\!\left(\tfrac{3\pi}{2}\right) = -(-1)(1+2\cdot(-1))+0 = 1-2=-1<0,
logo t=\dfrac{3\pi}{2} também é um ponto de máximo local (mesmo que o valor f aí seja menor que o máximo global).
  • Em t=\dfrac{7\pi}{6} e t=\dfrac{11\pi}{6} ( \sin t=-\tfrac{1}{2}):
f'' = -\left(-\tfrac{1}{2}\right)\big(1+2\cdot(-\tfrac{1}{2})\big)+2\cos^{2}t.
Compute (1+2\sin t)=1+2(-\tfrac{1}{2})=0, mas é mais direto usar o valor numérico geral: ao substituir \sin t=-\tfrac{1}{2} e \cos^{2}t=\tfrac{3}{4},
f'' = -\left(-\tfrac{1}{2}\right)\cdot 0 + 2\cdot\tfrac{3}{4} = \tfrac{3}{2} >0.
Portanto ambos esses pontos são mínimos locais (concavidade positiva).
Observação final sobre globalidade: como a curva é fechada e contínua, os maiores e menores valores entre os críticos são respectivamente o máximo global e o mínimo global. Aqui o maior valor é 2 em (0,2) (máximo global) e o menor valor é -\tfrac{1}{4} em \left(\pm\dfrac{\sqrt{3}}{2},\dfrac{1}{2}\right) (mínimos globais).

Resposta

Máximos locais: (0,2) com f=2 e (0,0) com f=0.
Mínimos locais: \left(-\dfrac{\sqrt{3}}{2},\dfrac{1}{2}\right) e \left(\dfrac{\sqrt{3}}{2},\dfrac{1}{2}\right), ambos com f=-\dfrac{1}{4}.

Exercícios relacionados