Determine e classifique os valores extremais das funções definidas na região indicada:
f(x, y)=x^{2}-2 x y-y^{2}+2 y, D=\left\{(x, y) \in \mathbb{R}^{2} ;|x| \leq 1,|y| \leq 1\right\}

Passo 1

Vou listar claramente o que o enunciado dá e o que pede.
  • A função é f(x,y)=x^{2}-2xy-y^{2}+2y.
  • O domínio fechado e limitado é D=\{(x,y)\in\mathbb{R}^{2}\mid |x|\leq 1,\;|y|\leq 1\}, ou seja, o quadrado com vértices (\pm1,\pm1).
  • O enunciado pede para determinar os valores extremos (máximos e mínimos) da função em D e classificá‑los (absolutos/relativos etc.).
Observações úteis que vou usar:
  • Como D é compacto e f é contínua, f atinge máximo e mínimo absolutos em D.
  • Para encontrar candidatos a extremos devemos:
    1. achar pontos críticos no interior de D (onde \nabla f=0);
    2. analisar as bordas (quatro arestas do quadrado), reduzindo a problema a funções de uma variável;
    3. comparar os valores em todos os candidatos (pontos críticos e extremos das arestas, inclusive vértices).

Passo 2

Vou encontrar os pontos críticos no interior resolvendo [\nabla f=0). Primeiro calculo as derivadas parciais.
\frac{\partial f}{\partial x}=2x-2y, \qquad \frac{\partial f}{\partial y}=-2x-2y+2.
Igualando a zero obtemos o sistema
\begin{cases} 2x-2y=0,\\[4pt] -2x-2y+2=0. \end{cases}
Da primeira equação vem x=y\]. Substituindo na segunda: \[-2x-2x+2=0 \quad\Rightarrow\quad -4x+2=0 \quad\Rightarrow\quad x=\tfrac{1}{2}.\] Logo \(y=\tfrac{1}{2}. O ponto crítico interior é \left(\tfrac{1}{2},\tfrac{1}{2}\right). Este ponto pertence a D porque |\tfrac{1}{2}|\leq 1.]

Passo 3

Vou classificar o ponto crítico usando a matriz Hessiana (teste de segunda derivada). A Hessiana é a matriz das segundas derivadas:
H_f(x,y)=\begin{pmatrix} \frac{\partial^{2}f}{\partial x^{2}} & \frac{\partial^{2}f}{\partial x\partial y} \\[4pt] \frac{\partial^{2}f}{\partial y\partial x} & \frac{\partial^{2}f}{\partial y^{2}} \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 2 & -2 \\[4pt] -2 & -2 \end{pmatrix}.
Calculo o determinante de H_f:
\det(H_f)=2\cdot(-2)-(-2)\cdot(-2)=-4-4=-8.
Como \det(H_f)<0, a forma quadrática é indefinida e o ponto crítico \left(\tfrac{1}{2},\tfrac{1}{2}\right) é um ponto de sela (nem máximo nem mínimo local).
Também calculo o valor de f nesse ponto para referência:
f\!\left(\tfrac{1}{2},\tfrac{1}{2}\right)=\left(\tfrac{1}{2}\right)^{2}-2\left(\tfrac{1}{2}\right)\left(\tfrac{1}{2}\right)-\left(\tfrac{1}{2}\right)^{2}+2\left(\tfrac{1}{2}\right)=\tfrac{1}{4}-\tfrac{1}{2}-\tfrac{1}{4}+1=\tfrac{1}{2}.]

Passo 4

Agora analiso cada aresta do quadrado D. Vou reduzir o problema a funções de uma variável e procurar máximos e mínimos em cada aresta (incluindo os extremos das arestas, que são os vértices).
Aresta x=1,\;y\in[-1,1]:
f(1,y)=1-2\cdot1\cdot y - y^{2}+2y = 1 - y^{2}.
Esta é \,1-y^{2}, que atinge máximo quando y=0 com valor 1, e mínimo quando y=\pm1 com valor 0.
Pontos candidatos: (1,0) com f=1 e (1,\pm1) com f=0.
Aresta x=-1,\;y\in[-1,1]:
f(-1,y)=1+2y - y^{2}+2y = 1 - y^{2}+4y.
Derivando em y: -2y+4=0\Rightarrow y=2 (fora do intervalo), logo extremos ocorrem nos extremos do intervalo.
Avalio nos extremos:
f(-1,1)=1-1+4=4,\qquad f(-1,-1)=1-1-4=-4.
Pontos candidatos: (-1,1) com f=4 e (-1,-1) com f=-4.
Aresta y=1,\;x\in[-1,1]:
f(x,1)=x^{2}-2x -1 +2 = x^{2}-2x+1=(x-1)^{2}.
Isto atinge mínimo em x=1 com valor 0 e máximo em x=-1 com valor 4.
Pontos candidatos (alguns já listados): (1,1) com f=0, (-1,1) com f=4.
Aresta y=-1,\;x\in[-1,1]:
f(x,-1)=x^{2}+2x -1 -2 = x^{2}+2x-3.
Esta função tem derivada 2x+2 que se anula em x=-1 (um extremo interior da aresta), então verifico extremos:
f(-1,-1)= -4,\qquad f(1,-1)=0.
Ponto candidato: (-1,-1) com f=-4 (mínimo na aresta) e (1,-1) com f=0.

Passo 5

Reuni todos os candidatos a extremos:
  • ponto crítico interior: \left(\tfrac{1}{2},\tfrac{1}{2}\right) com f=\tfrac{1}{2} (ponto de sela).
  • pontos nas arestas e vértices:
    • (1,0) com f=1,
    • (1,1) com f=0,
    • (1,-1) com f=0,
    • (-1,1) com f=4,
    • (-1,-1) com f=-4,
    • possivelmente (1,\pm1) e (-1,\pm1) já considerados.
Agora comparo os valores para determinar máximos e mínimos absolutos:
  • Maior valor entre os candidatos é 4 em (-1,1).
  • Menor valor entre os candidatos é -4 em (-1,-1).

Passo 6

Interpretação final e classificação:
  • O valor máximo absoluto de f em D é 4 e ocorre no ponto (-1,1).
  • O valor mínimo absoluto de f em D é -4 e ocorre no ponto (-1,-1).
  • O ponto crítico interior \left(\tfrac{1}{2},\tfrac{1}{2}\right) não é nem máximo nem mínimo (é um ponto de sela, porque \det(H_f)=-8<0).
  • Há outros extremos relativos na fronteira: por exemplo (1,0) é um máximo local na aresta x=1 com f=1, e (1,1) é mínimo local na aresta y=1 com f=0, mas não são extremos absolutos do domínio.

Resposta

Máximo absoluto: f(-1,1)=4 em (-1,1).
Mínimo absoluto: f(-1,-1)=-4 em (-1,-1).
Ponto crítico interior \left(\tfrac{1}{2},\tfrac{1}{2}\right): ponto de sela (nem máximo nem mínimo), com f\!\left(\tfrac{1}{2},\tfrac{1}{2}\right)=\tfrac{1}{2}.

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