Estude a função dada com relação a máximos e mínimos no conjunto dado.
(d) f(x, y)=x y \quad \mathrm{e}
A=\left\{(x, y) \in \mathbb{R}^{2} ; x \geq 0, y \geq 0,2 x+y \leq 5\right\} ;

Passo 1

O enunciado dá a função f(x,y)=x y e o conjunto
A=\{(x,y)\in\mathbb{R}^2 \mid x\ge 0,\; y\ge 0,\; 2x+y\le 5\}.
O que é pedido: estudar máximos e mínimos de f restrita ao conjunto A — isto é, encontrar os pontos de A onde f atinge valor máximo e valor mínimo e quais são esses valores.
Informações geométricas úteis (tiradas do enunciado):
  • As desigualdades x\ge0 e y\ge0 e a reta 2x+y=5 formam um triângulo fechado e limitado em primeiro quadrante.
  • Os vértices desse triângulo são as interseções das restrições:
    • interseção de x=0 com y=0: (0,0);
    • interseção de x=0 com 2x+y=5: (0,5);
    • interseção de y=0 com 2x+y=5: (\tfrac{5}{2},0).

Passo 2

Plano de resolução (passos que vou executar; método escolhido):
  • Justificar que extremos existem: f é contínua e A é compacto (fechado e limitado), logo extremos absolutos existem (Teorema do valor extremo).
  • Procurar pontos críticos no interior de A resolvendo \nabla f=0.
  • Examinar as três arestas do triângulo (fronteira de A): a aresta sobre x=0, a sobre y=0 e a sobre 2x+y=5. Para cada aresta, reduzir o problema a uma função de uma variável e procurar extremos (derivada ou observação direta).
  • Comparar todos os valores obtidos para determinar máximo e mínimo globais.
Observação sobre escolha do método: usar substituição na reta 2x+y=5 é mais direto que usar multiplicadores de Lagrange aqui, porque a restrição é linear e podemos escrever y em função de x facilmente.

Passo 3

Pontos críticos no interior de A.
  • Calcular o gradiente de f:
\nabla f(x,y)=\left(\frac{\partial f}{\partial x},\frac{\partial f}{\partial y}\right)=(y,x).
  • Resolver \nabla f(x,y)=(0,0) leva ao sistema y=0 e x=0. A solução é (0,0).
  • Verificar se (0,0) é interior de A: não — é um vértice (está na fronteira). Portanto não há pontos críticos no interior aberto de A. Ainda assim (0,0) é candidato a extremo (avaliar posteriormente).
Breve explicação didática: pontos críticos do tipo \nabla f=0 são onde a taxa de variação local em todas as direções é zero; mas em problemas com restrição em um conjunto fechado devemos também checar a fronteira, porque extremos podem ocorrer lá.

Passo 4

Analisar a aresta x=0 (com 0\le y\le 5).
  • Para x=0 temos f(0,y)=0\cdot y=0 para todo y no intervalo. Logo sobre essa aresta f é constantemente 0.
  • Conclusão parcial: todos os pontos (0,y) com 0\le y\le5 dão f=0; então 0 é valor possível de mínimo.
Didática: quando uma aresta faz uma variável ser zero, a função produto xy fica zero automaticamente — isso facilita muito.

Passo 5

Analisar a aresta y=0 (com 0\le x\le \tfrac{5}{2}).
  • Para y=0 temos f(x,0)=x\cdot 0=0 para todo x no intervalo. Assim, sobre essa aresta f também vale constantemente 0.
  • Conclusão parcial: todos os pontos (x,0) com 0\le x\le\tfrac{5}{2} também dão f=0.
Observação: já vimos duas arestas inteiras onde f vale 0. Portanto 0 é um candidato forte a mínimo global (pois f\ge 0 em A porque x,y\ge0).

Passo 6

Analisar a aresta 2x+y=5 com x\ge0,y\ge0.
  • Substituir y=5-2x. O domínio para x vem das interseções: x\in[0,\tfrac{5}{2}].
  • Função unidimensional na aresta:
g(x)=f(x,5-2x)=x(5-2x)=5x-2x^2,\qquad x\in\left[0,\tfrac{5}{2}\right].
  • Derivada:
g'(x)=5-4x.
  • Zerar a derivada para achar extremos internos:
5-4x=0\quad\Rightarrow\quad x=\tfrac{5}{4}.
  • Checar que \tfrac{5}{4} pertence ao intervalo [0,\tfrac{5}{2}] (sim). Avaliar segunda derivada ou sinal: g''(x)=-4<0, logo é um ponto de máximo local (concavidade para baixo).
  • Valor no ponto crítico:
g\!\left(\tfrac{5}{4}\right)=5\cdot\tfrac{5}{4}-2\cdot\left(\tfrac{5}{4}\right)^2=\tfrac{25}{4}-2\cdot\tfrac{25}{16}=\tfrac{25}{4}-\tfrac{25}{8}=\tfrac{25}{8}.
  • Coordenada y correspondente:
y=5-2\cdot\tfrac{5}{4}=5-\tfrac{5}{2}=\tfrac{5}{2}.
  • Portanto o ponto da aresta que dá máximo local é \left(\tfrac{5}{4},\tfrac{5}{2}\right) e o valor máximo nessa aresta é \tfrac{25}{8}.
  • Também verificar endpoints da aresta: em x=0 e x=\tfrac{5}{2} obtemos g(0)=0 e g(\tfrac{5}{2})=0, já conhecidos.
Didática: reduzimos a função de duas variáveis a uma de uma variável pela substituição da restrição linear; então aplicamos cálculo básico de derivadas para achar máximo.

Passo 7

Comparar todos os candidatos e concluir extremos globais.
  • Valores encontrados:
    • Em toda a fronteira sobre os eixos (arestas x=0 e y=0): f=0.
    • No vértice (0,0): f=0.
    • Na aresta 2x+y=5: máximo local/global na aresta \left(\tfrac{5}{4},\tfrac{5}{2}\right) com valor \tfrac{25}{8}; nos extremos da aresta f=0.
  • Observação simples: para todo (x,y)\in A tem-se x\ge0 e y\ge0, logo f(x,y)=xy\ge0. Assim 0 é a menor possível.
  • Conclusão final:
    • Valor mínimo global é 0 e é atingido em todos os pontos de A que têm x=0 ou y=0; explicitamente no conjunto \{(0,y)\mid 0\le y\le5\}\cup\{(x,0)\mid 0\le x\le\tfrac{5}{2}\} (incluindo os vértices (0,0),(0,5),(\tfrac{5}{2},0)).
    • Valor máximo global é \tfrac{25}{8} e é atingido unicamente em \left(\tfrac{5}{4},\tfrac{5}{2}\right).

Resposta

Máximo global: \displaystyle f_{\max}=\tfrac{25}{8} em \left(\tfrac{5}{4},\tfrac{5}{2}\right).
Mínimo global: \displaystyle f_{\min}=0 em todos os pontos com x=0 (e 0\le y\le5) ou y=0 (e 0\le x\le\tfrac{5}{2}).

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