Encontre os valores máximo e mínimo (e os pontos onde eles ocorrem) da função f : A \rightarrow \mathbb{R} em que
f(x, y)=x^{2}+y^{2}-x-y-1

Passo 1

O enunciado pede os valores máximo e mínimo de f e os pontos onde eles ocorrem. A função dada é
f(x,y)=x^{2}+y^{2}-x-y-1.
Não foi especificado o conjunto A, então vou assumir o caso padrão: A=\mathbb{R}^{2} (ou seja, procurar máximos e mínimos sobre todo o plano). Informações importantes que temos:
  • f é um polinômio quadrático em x,y, portanto é contínua e diferenciável em todo \mathbb{R}^{2}.
  • O objetivo é encontrar pontos críticos (onde o gradiente é zero), classificar esses pontos e determinar se há extremos globais.

Passo 2

Vou explicar a ideia que vou usar (dois caminhos equivalentes que você pode aplicar na prova):
  • Método 1 (cálculo): calcular as derivadas parciais de f, achar o ponto crítico resolvendo \nabla f=0 e usar a matriz Hessiana para classificar o ponto (mínimo, máximo ou sela).
    • O gradiente \nabla f é o vetor das derivadas parciais: \nabla f=(f_{x},f_{y}).
    • Um ponto crítico satisfaz \nabla f=0.
    • A Hessiana H é a matriz das segundas derivadas. Para duas variáveis, se \det H>0 e f_{xx}>0 então é mínimo local; se \det H>0 e f_{xx}<0 então é máximo local; se \det H<0 é ponto de sela.
  • Método 2 (completar quadrados): reescrever f como soma de quadrados mais uma constante. Isso dá imediatamente o mínimo e mostra se há máximo (por crescimento para infinito).
Vou aplicar ambos: primeiro cálculo dos pontos críticos (método 1), depois completar quadrados para ver de forma direta o mínimo global (método 2).

Passo 3

Calcular as derivadas parciais (aulas rápidas: derivada parcial em x trata y como constante, e vice-versa).
f_{x}=\frac{\partial}{\partial x}\bigl(x^{2}+y^{2}-x-y-1\bigr)=2x-1,
f_{y}=\frac{\partial}{\partial y}\bigl(x^{2}+y^{2}-x-y-1\bigr)=2y-1.
Ponto crítico: resolver \nabla f=(0,0), ou seja
2x-1=0,\qquad 2y-1=0.
Isso dá
x=\tfrac{1}{2},\qquad y=\tfrac{1}{2}.
Logo há um único ponto crítico: \left(\tfrac{1}{2},\tfrac{1}{2}\right).

Passo 4

Classificação pelo Hessiano (explicação rápida do que é): a Hessiana reúne as segundas derivadas para ver a curvatura da função.
Calcular segundas derivadas:
f_{xx}=2,\qquad f_{yy}=2,\qquad f_{xy}=f_{yx}=0.
A Hessiana é a matriz
H=\begin{pmatrix}2 & 0\\[4pt]0 & 2\end{pmatrix}.
Determinante:
\det H = (2)(2)-0^{2}=4>0.
Como \det H>0 e f_{xx}=2>0, pelo teste de segunda derivada para funções de duas variáveis o ponto crítico é um mínimo local. Além disso, aqui a Hessiana é constante e positiva definida (ambos autovalores positivos), o que significa que f é uma função estritamente convexa no plano: portanto o mínimo local é também mínimo global e é único.]

Passo 5

Calcular o valor de f no ponto \left(\tfrac{1}{2},\tfrac{1}{2}\right).
f\!\left(\tfrac{1}{2},\tfrac{1}{2}\right)=\left(\tfrac{1}{2}\right)^{2}+\left(\tfrac{1}{2}\right)^{2}-\tfrac{1}{2}-\tfrac{1}{2}-1 =\tfrac{1}{4}+\tfrac{1}{4}-1-1 =\tfrac{1}{2}-2 =-\tfrac{3}{2}.

Passo 6

Método alternativo e muito prático (completar quadrados) — isso é ótimo para a prova porque evita a Hessiana e dá o mínimo direto:
Reescrevendo os termos em x e y separadamente:
x^{2}-x=\left(x-\tfrac{1}{2}\right)^{2}-\tfrac{1}{4},\qquad y^{2}-y=\left(y-\tfrac{1}{2}\right)^{2}-\tfrac{1}{4}.
Substituindo em f:
f(x,y)=\left(x-\tfrac{1}{2}\right)^{2}+\left(y-\tfrac{1}{2}\right)^{2}-\tfrac{1}{4}-\tfrac{1}{4}-1 =\left(x-\tfrac{1}{2}\right)^{2}+\left(y-\tfrac{1}{2}\right)^{2}-\tfrac{3}{2}.
Dessa forma fica claro: os termos quadráticos são sempre \ge 0. O menor valor possível ocorre quando ambos quadrados são zero, ou seja em x=\tfrac{1}{2},y=\tfrac{1}{2}, e então f=-\tfrac{3}{2}. Como os quadrados podem crescer arbitrariamente (quando |x| ou |y| aumentam), f cresce para +\infty e não há máximo global.

Resposta

Mínimo global: f\!\left(\tfrac{1}{2},\tfrac{1}{2}\right)=-\tfrac{3}{2} no ponto \left(\tfrac{1}{2},\tfrac{1}{2}\right).
Máximo global: não existe (a função tende a +\infty quando |(x,y)|\to\infty).

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