Determine os pontos de máximo absoluto e mínimo absoluto das funções:
f(x, y)=2 x^3+y^4, em D=(x, y) in R^2 ; x^2+y^2 <= 1.

Passo 1

O enunciado pede para determinar os extremos globais da função
,f(x,y)=2x^3+y^4 no disco
,D=(x,y)inR^2mid x^2+y^2<=1.
Como ,f é contínua e ,D é compacto, os extremos absolut os ocorrem em pontos críticos do interior (onde nabla f=0) ou em pontos da fronteira (onde x^2+y^2=1).

Passo 2

No interior, calculamos as derivadas parciais:
partial fpartial x=6x^2, partial fpartial y=4y^3
Igualando a zero,
6x^2=0,4y^3=0
implicam (x,y)=(0,0). Avaliando:
f(0,0)=0

Passo 3

Na fronteira x^2+y^2=1, usamos a parametrização
x=costheta, y=sintheta,
definindo
g(theta)=f(costheta,sintheta) =2cos^3theta+sin^4theta
Derivando em theta:
g'(theta) =-6cos^2thetasintheta+4sin^3thetacostheta =2costhetasinthetal(-3costheta+2sin^2thetar)
As soluções de g'(theta)=0 são os candidatos na fronteira.

Passo 4

Das raízes de g'(theta)=0 seguem três casos:
1. costheta=0
,(x,y)=(0,1),(0,-1)
2. sintheta=0
,(x,y)=(1,0),(-1,0)
3. -3costheta+2sin^2theta=0. Então
2(1-cos^2theta)=3costheta ;Rightarrow; 2cos^2theta+3costheta-2=0 ;Rightarrow; costheta=tfrac12,
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,(x,y)=l(tfrac12,pmtfracraiz32r)

Passo 5

Avaliando f em todos os candidatos:
f(1,0)=2, f(-1,0)=-2, f(0,pm1)=1, fl(tfrac12,pmtfracraiz32r)=tfrac1316, f(0,0)=0

Passo 6

Comparando os valores, o maior é 2 em (1,0) e o menor é -2 em (-1,0).

Resposta

Ponto de máximo absoluto: (1,0), com f(1,0)=2.
Ponto de mínimo absoluto: (-1,0), com f(-1,0)=-2.

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