Encontre os pontos de máximo e mínimo (se existirem) da função f(x, y)= x^{2}+y^{2}-4 x-6 y no domínio quadrado D=\{(x, y) \mid 0 \leq x \leq 4,0 \leq y \leq 3\}.
a) Encontre os pontos críticos da função no interior do domínio.
b) Analise os valores da função nos contornos do domínio.
c) Compare os valores obtidos e identifique os máximos e mínimos globais no domínio D.

Passo 1

O enunciado pede três coisas sobre a função f(x,y)=x^{2}+y^{2}-4x-6y no quadrado D=\{(x,y)\mid 0\le x\le4,\;0\le y\le3\}:\n
a) Encontrar os pontos críticos de f que estão no interior de D.\n
b) Analisar os valores de f ao longo dos contornos (as quatro arestas) de D.\n
c) Comparar todos os valores obtidos (interior e contorno) e identificar os máximos e mínimos globais em D.\n
Informações dadas que usaremos: a expressão da função e o domínio quadrado com os intervalos para x e y.

Passo 2

Vamos encontrar os pontos onde o gradiente de f é nulo (pontos críticos no plano). Primeiro calculamos as derivadas parciais.\n
\frac{\partial f}{\partial x}=2x-4,\n
\frac{\partial f}{\partial y}=2y-6.\n
Um ponto crítico satisfaz \frac{\partial f}{\partial x}=0 e \frac{\partial f}{\partial y}=0 simultaneamente. Resolvendo:\n
2x-4=0\quad\Rightarrow\quad x=2,\n
2y-6=0\quad\Rightarrow\quad y=3.\n
Logo o único ponto crítico no plano é (2,3). Agora precisamos checar se esse ponto está no interior de D. O interior de D requer 0<x<4 e 0<y<3. Aqui x=2 satisfaz 0<2<4, mas y=3 é o limite superior do intervalo, ou seja y=3 está na borda, não no interior.\n
Conclusão deste passo: não há pontos críticos no interior aberto de D (o único ponto crítico do plano, (2,3), está na borda superior de D).

Passo 3

Explico rapidamente por que achamos esse ponto pelo gradiente e o que ele significa: o gradiente \nabla f=(2x-4,\,2y-6) indica direção de subida mais rápida; onde \nabla f=0 temos candidatos a extremos locais. Também é útil ver a curvatura da função pelo Hessiano:\n
H(f)=\begin{pmatrix}2 & 0\\[4pt]0 & 2\end{pmatrix}.\n
As entradas diagonais iguais a 2>0 e sem termos mistos mostram que f é estritamente convexa (curva para cima) em todo \mathbb{R}^2. Isso significa que o ponto crítico único (2,3) é o único mínimo global se considerado o plano inteiro; mas como (2,3) está na borda de D, ele é um candidato muito forte ao mínimo em D — teremos de comparar com valores ao longo das arestas para confirmar o mínimo global em D.]

Passo 4

Agora analisamos as quatro arestas do quadrado separadamente. Em cada aresta fixamos uma variável e tratamos f como função de uma variável; procuramos pontos críticos internos da aresta (derivada unidimensional zero) e também avaliamos os extremos da aresta (os cantos).
Aresta 1: x=0,\; y\in[0,3].\n
f(0,y)=0^{2}+y^{2}-0-6y=y^{2}-6y.\n
Derivada em relação a y: \frac{d}{dy}(y^{2}-6y)=2y-6. Zera-se em y=3. Esse ponto é o vértice da parábola e está dentro do intervalo [0,3] mas é o extremo y=3 (borda). Avaliando extremos da aresta:\n
f(0,0)=0,\qquad f(0,3)=3^{2}-18=-9.
Aresta 2: x=4,\; y\in[0,3].\n
f(4,y)=4^{2}+y^{2}-16-6y=y^{2}-6y,\n
o mesmo polinômio em y do caso anterior. Derivada 2y-6 zera em y=3 (novamente o extremo superior). Avaliando extremos:\n
f(4,0)=0,\qquad f(4,3)=-9.
Aresta 3: y=0,\; x\in[0,4].\n
f(x,0)=x^{2}+0-4x-0=x^{2}-4x.\n
Derivada em relação a x: \frac{d}{dx}(x^{2}-4x)=2x-4, que zera em x=2. Aqui x=2 está estritamente dentro do intervalo [0,4], então é um ponto crítico da aresta. Avaliando:\n
f(2,0)=2^{2}-8=-4.\n
Também avaliamos os extremos da aresta (os cantos):\n
f(0,0)=0,\qquad f(4,0)=0.
Aresta 4: y=3,\; x\in[0,4].\n
f(x,3)=x^{2}+9-4x-18=x^{2}-4x-9.\n
Derivada: \frac{d}{dx}(x^{2}-4x-9)=2x-4, que zera em x=2. Aqui x=2 está dentro do intervalo [0,4], então (2,3) é um ponto crítico da aresta (e é exatamente o ponto crítico do plano encontrado antes, que está na borda superior). Avaliando:\n
f(2,3)=2^{2}-8-9=-13.\n
Também avaliamos os extremos da aresta:\n
f(0,3)=-9,\qquad f(4,3)=-9.

Passo 5

Reunindo todos os candidatos (não existe ponto crítico no interior aberto, então os candidatos vêm da borda e dos cantos):\n
  • Pontos críticos na borda encontrados: (2,3) com f(2,3)=-13 (aresta y=3), e (2,0) com f(2,0)=-4 (aresta y=0).\n
  • Cantos do quadrado e seus valores: (0,0) com f(0,0)=0, (4,0) com f(4,0)=0, (0,3) com f(0,3)=-9, (4,3) com f(4,3)=-9.\n
    Agora comparamos todos os valores calculados:\n
f(2,3)=-13,\quad f(0,3)=f(4,3)=-9,\quad f(2,0)=-4,\quad f(0,0)=f(4,0)=0.

Passo 6

Como queremos os máximos e mínimos globais em D, escolhemos o menor e o maior valor entre esses candidatos.\n
  • O menor valor é -13 em (2,3). Como f é estritamente convexa no plano e (2,3) é o único crítico do plano, esse valor é o mínimo global em D.\n
  • O maior valor entre os candidatos é 0, atingido em dois pontos: (0,0) e (4,0). Não há outro ponto em D com valor maior, porque quadrática é crescente afastando-se do mínimo e já verificamos as arestas e cantos.\n
    Portanto identificamos os máximos e mínimos globais no domínio D.

Resposta

Mínimo global: (2,3) com f(2,3)=-13.\n
Máximos globais: (0,0) e (4,0) com f(0,0)=f(4,0)=0.

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