Determine os extremos absolutos de f(x, y)=2 x^{2}+y^{2}-2 x-2 y no quadrado [0,2] \times[0,2].

Passo 1

O enunciado pede: determinar os extremos absolutos da função f(x,y)=2x^{2}+y^{2}-2x-2y no quadrado [0,2]\times[0,2].
Informações dadas:
  • A função é f(x,y)=2x^{2}+y^{2}-2x-2y.
  • O domínio considerado é o quadrado \{(x,y)\mid 0\le x\le2,\\\ 0\le y\le2\}.
  • O que se quer: localizar e dar os valores do mínimo absoluto e do(s) máximo(s) absoluto(s) de f nesse domínio (pontos e valores).

Passo 2

Procurar pontos críticos no interior do quadrado: calcular as derivadas parciais e igualar a zero.
A derivada parcial em relação a x é
\frac{\partial f}{\partial x}=4x-2.
A derivada parcial em relação a y é
\frac{\partial f}{\partial y}=2y-2.
Igualando ambas a zero para achar pontos críticos:
4x-2=0 \quad\Rightarrow\quad x=\tfrac{1}{2},
2y-2=0 \quad\Rightarrow\quad y=1.
Portanto há um único ponto crítico no plano: \left(\tfrac{1}{2},1\right). Esse ponto está dentro do quadrado porque 0\le\tfrac{1}{2}\le2 e 0\le1\le2.
Explicação didática rápida: um ponto crítico interno é onde o gradiente \nabla f=(\partial f/\partial x,\partial f/\partial y) se anula; esses pontos podem ser mínimo, máximo ou sela — para decidir usamos a matriz Hessiana.

Passo 3

Analisar a natureza do ponto crítico usando a matriz Hessiana.
A Hessiana de f é a matriz das segundas derivadas:
H=\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} 4 & 0\\[4pt] 0 & 2 \end{pmatrix}.
Para testar se é mínimo, verificamos se H é definida positiva. Uma forma simples: checar os menores principais:
  • Primeiro menor principal: 4>0.
  • Determinante: \det H = 4\cdot2-0=8>0.
    Como ambos positivos, H é definida positiva, logo o ponto crítico é um mínimo estrito (local).
Mini-aula: matriz Hessiana definida positiva significa que a quadrática é “pontuda para cima” — isto garante mínimo local. Além disso, para essa função quadrática com Hessiana positiva definida, a função é convexa e o mínimo local é também mínimo global no plano. Mas como estamos restringidos ao quadrado, esse ponto interno será, em particular, um candidato a mínimo absoluto no domínio.
Calcular o valor em \left(\tfrac{1}{2},1\right):
f\!\left(\tfrac{1}{2},1\right)=2\left(\tfrac{1}{2}\right)^{2}+1^{2}-2\cdot\tfrac{1}{2}-2\cdot1 =2\cdot\tfrac{1}{4}+1-1-2 =\tfrac{1}{2}+1-1-2=-\tfrac{3}{2}.]

Passo 4

Lembrando que o quadrado é compacto (fechado e limitado), f atinge máximos e mínimos absolutos no domínio. Como já temos um mínimo interno \left(\tfrac{1}{2},1\right) com valor -\tfrac{3}{2}, resta verificar a fronteira (as arestas do quadrado) para garantir que não exista valor menor nem algum máximo absoluto interior (já sabemos que não há máximo interior porque f é convexa).
Estratégia para fronteira: analisar cada aresta do quadrado, reduzindo o problema a função de uma variável, encontrar extremos nessas arestas (derivada igual a zero ou nos extremos da aresta).

Passo 5

Aresta x=0, y\in[0,2].
f(0,y)=y^{2}-2y.
Derivada em relação a y: 2y-2=0\Rightarrow y=1 (está no intervalo).
Valores:
f(0,1)=1-2=-1,\qquad f(0,0)=0,\qquad f(0,2)=4-4=0.
Conclusão nesta aresta: mínimo -1 em (0,1); máximo 0 em (0,0) e (0,2).

Passo 6

Aresta x=2, y\in[0,2].
f(2,y)=2\cdot2^{2}+y^{2}-4-2y= y^{2}-2y+4.
Derivada: 2y-2=0\Rightarrow y=1 (está no intervalo).
Valores:
f(2,1)=1-2+4=3,\qquad f(2,0)=0-0+4=4,\qquad f(2,2)=4-4+4=4.
Conclusão nesta aresta: mínimo 3 em (2,1); máximo 4 em (2,0) e (2,2).

Passo 7

Aresta y=0, x\in[0,2].
f(x,0)=2x^{2}-2x.
Derivada: 4x-2=0\Rightarrow x=\tfrac{1}{2} (está no intervalo).
Valores:
f\!\left(\tfrac{1}{2},0\right)=2\cdot\tfrac{1}{4}-1=\tfrac{1}{2}-1=-\tfrac{1}{2},\qquad f(0,0)=0,\qquad f(2,0)=8-4=4.
Conclusão nesta aresta: mínimo -\tfrac{1}{2} em \left(\tfrac{1}{2},0\right); máximo 4 em (2,0).

Passo 8

Aresta y=2, x\in[0,2].
f(x,2)=2x^{2}+4-2x-4=2x^{2}-2x,
que é igual à função da aresta y=0. Derivada: 4x-2=0\Rightarrow x=\tfrac{1}{2}.
Valores:
f\!\left(\tfrac{1}{2},2\right)=-\tfrac{1}{2},\qquad f(0,2)=0,\qquad f(2,2)=4.
Conclusão nesta aresta: mínimo -\tfrac{1}{2} em \left(\tfrac{1}{2},2\right); máximo 4 em (2,2).

Passo 9

Reunir todos os candidatos e comparar os valores:
  • ponto crítico interno: \left(\tfrac{1}{2},1\right) com f=-\tfrac{3}{2}.
  • pontos críticos nas arestas e vértices:
    • (0,1) com f=-1.
    • \left(\tfrac{1}{2},0\right) e \left(\tfrac{1}{2},2\right) com f=-\tfrac{1}{2}.
    • (2,1) com f=3.
    • vértices (0,0) e (0,2) com f=0.
    • vértices (2,0) e (2,2) com f=4.
Compare os valores: o menor valor entre todos é -\tfrac{3}{2} no ponto interno \left(\tfrac{1}{2},1\right). O maior valor entre todos é 4, atingido nos pontos (2,0) e (2,2).
Observação útil: como f é uma forma quadrática com Hessiana definida positiva, f é convexa e o ponto crítico interno é mesmo mínimo global; o máximo em domínio compacto necessariamente ocorre na fronteira, e verificamos que é 4 nos cantos indicados.

Resposta

Mínimo absoluto: \displaystyle f\!\left(\tfrac{1}{2},1\right)=-\tfrac{3}{2} no ponto \left(\tfrac{1}{2},1\right).
Máximo absoluto: \displaystyle f(2,0)=f(2,2)=4 nos pontos (2,0) e (2,2).