Encontre os máximos e mínimos locais de
f(x, y)=x^{2}+y^{2}-4 x-6 y .

Passo 1

O enunciado pede: encontrar os máximos e mínimos locais da função
f(x,y)=x^{2}+y^{2}-4x-6y.
Informações dadas e observações iniciais:
  • A função é um polinômio de segundo grau em duas variáveis, definida para todos os pares (x,y)\in\mathbb{R}^2.
  • A tarefa é identificar pontos críticos (se houver) e classificar cada um como máximo local, mínimo local ou ponto de sela.
  • Também é útil obter o valor de f nesses pontos para completar a resposta.

Passo 2

Conceito que vamos usar (explicação didática): para funções reais de duas variáveis, os candidatos a extremos locais são os pontos críticos, isto é, pontos onde o gradiente é nulo. O gradiente de f é o vetor das derivadas parciais:
\nabla f(x,y)=\left(\frac{\partial f}{\partial x},\frac{\partial f}{\partial y}\right).
Aqui, cada componente é a derivada de f em relação àquela variável, mantendo a outra fixa. Zerar o gradiente nos dá equações para encontrar pontos onde a função não aumenta nem diminui infinitesimalmente nas direções coordenadas — possíveis extremos ou pontos de sela.

Passo 3

Calcular explicitamente as derivadas parciais (passo-a-passo):
\frac{\partial f}{\partial x}= \frac{\partial}{\partial x}\bigl(x^{2}+y^{2}-4x-6y\bigr)=2x-4,
\frac{\partial f}{\partial y}= \frac{\partial}{\partial y}\bigl(x^{2}+y^{2}-4x-6y\bigr)=2y-6.
Explicando: ao derivar em relação a x, tratou-se y como constante, e vice-versa. Os termos y^{2} e -6y não contribuem à derivada em x; os termos em x não contribuem à derivada em y.

Passo 4

Encontrar os pontos críticos resolvendo \nabla f(x,y)=0:
2x-4=0,\qquad 2y-6=0.
Resolvendo cada equação:
2x-4=0\implies x=2,
2y-6=0\implies y=3.
Portanto existe exatamente um ponto crítico: (x,y)=(2,3).

Passo 5

Conceito para classificar o ponto crítico (aula rápida): usa-se a matriz Hessiana, que contém as segundas derivadas parciais. Para funções de duas variáveis,
H_f(x,y)=\begin{pmatrix} \frac{\partial^{2} f}{\partial x^{2}} & \frac{\partial^{2} f}{\partial x\partial y} \\\ \frac{\partial^{2} f}{\partial y\partial x} & \frac{\partial^{2} f}{\partial y^{2}} \end{pmatrix}.
Se a Hessiana em um ponto é definida positiva (ou seja, todos os autovalores positivos), então o ponto é mínimo local; se definida negativa, é máximo local; se tiver sinais mistos, é ponto de sela. Uma maneira prática de testar definida positiva em 2\times2 é verificar os determinantes dos menores principais: \frac{\partial^{2} f}{\partial x^{2}}>0 e \det(H_f)>0 implicam Hessiana definida positiva.

Passo 6

Calcular a Hessiana para a nossa função:
Primeiro as segundas derivadas:
\frac{\partial^{2} f}{\partial x^{2}}= \frac{\partial}{\partial x}(2x-4)=2,
\frac{\partial^{2} f}{\partial y^{2}}= \frac{\partial}{\partial y}(2y-6)=2,
\frac{\partial^{2} f}{\partial x\partial y}= \frac{\partial}{\partial x}(2y-6)=0, \qquad \frac{\partial^{2} f}{\partial y\partial x}=0.
Logo
H_f(x,y)=\begin{pmatrix}2 & 0\\[4pt]0 & 2\end{pmatrix}.
Este é o mesmo para qualquer (x,y) porque a função é quadrática com coeficientes constantes.]

Passo 7

Classificação pelo teste da Hessiana (detalhado):
  • Primeiro menor principal (o elemento \frac{\partial^{2} f}{\partial x^{2}}) é 2>0.
  • Determinante da Hessiana: \det(H_f)=2\cdot2-0\cdot0=4>0.
    Como o primeiro menor principal é positivo e o determinante também é positivo, a Hessiana é definida positiva. Portanto o ponto crítico (2,3) é um mínimo local.
Além disso, sendo a função quadrática com Hessiana definida positiva em todo \mathbb{R}^2, esse mínimo local é também o mínimo global da função.

Passo 8

Cálculo do valor mínimo (duas formas; aqui mostro a completude quadrática que é útil em provas):
Reescrevendo completando quadrados:
f(x,y)=x^{2}-4x+y^{2}-6y=(x^{2}-4x+4)-(4)+(y^{2}-6y+9)-9,
f(x,y)=(x-2)^{2}+(y-3)^{2}-13.
Explicando: adicionou-se e subtraiu-se 4 e 9 para formar quadrados perfeitos (x-2)^{2} e (y-3)^{2}. Assim a expressão fica clara: o termo (x-2)^{2}+(y-3)^{2} é sempre \ge0, com igualdade somente em x=2,y=3. Portanto o menor valor possível de f é -13, atingido em (2,3).

Passo 9

Conclusão final (resumo interpretativo e incentivo rápido): existe um único ponto crítico (2,3), que é mínimo local e também mínimo global, com valor f(2,3)=-13. Não há máximos locais porque a função cresce indefinidamente quando \|(x,y)\|\to\infty (os termos quadráticos positivos dominam).

Resposta

O único mínimo (local e global) é em (2,3) com valor -13.
Não há máximos locais.

Exercícios relacionados