Find the absolute maximum and minimum values of f on the set D.
f(x, y)=2 x^{3}+y^{4}, \quad D=\left\{(x, y) \mid x^{2}+y^{2} \leqslant 1\right\}

Passo 1

O enunciado pede os valores absolutos de máximo e mínimo de
f(x,y)=2x^{3}+y^{4}
no disco fechado
D=\{(x,y)\mid x^{2}+y^{2}\le1\}.
O conteúdo aqui é otimização em conjunto compacto: buscamos pontos críticos internos por derivadas parciais e depois examinamos a fronteira com multiplicadores de Lagrange.

Passo 2

Procuramos pontos críticos no interior de D resolvendo
\frac{\partial f}{\partial x}=6x^{2}=0,
\frac{\partial f}{\partial y}=4y^{3}=0.
Isso dá x=0 e y=0. No ponto (0,0) temos
f(0,0)=0.

Passo 3

Na fronteira x^{2}+y^{2}=1 usamos Lagrange. Definimos
g(x,y)=x^{2}+y^{2}-1
e impomos
\nabla f=\lambda\nabla g,
ou seja
6x^{2}=2\lambda x,
4y^{3}=2\lambda y,
x^{2}+y^{2}=1.

Passo 4

Do sistema acima há três casos:
Caso A: y=0.
Então x^{2}=1, isto é x=\pm1.
f(1,0)=2\cdot1^{3}=2, \quad f(-1,0)=2\cdot(-1)^{3}=-2.
Caso B: x=0.
Então y^{2}=1, isto é y=\pm1.
f(0,1)=1^{4}=1, \quad f(0,-1)=(-1)^{4}=1.
Caso C: x\neq0 e y\neq0.
Das equações de Lagrange vem
\lambda=3x e \lambda=2y^{2}, logo
3x=2y^{2}\implies x=\tfrac{2}{3}y^{2}.
Na restrição
\Bigl(\tfrac{2}{3}y^{2}\Bigr)^{2}+y^{2}=1 \quad\Longrightarrow\quad \frac{4}{9}y^{4}+y^{2}-1=0.
Chamando t=y^{2},
\tfrac{4}{9}t^{2}+t-1=0 tem solução positiva t=\tfrac{3}{4}, ou seja
y=\pm\frac{\sqrt{3}}{2}, \quad x=\frac{2}{3}\cdot\frac{3}{4}=\frac12.
Então
f\Bigl(\tfrac12,\pm\tfrac{\sqrt3}{2}\Bigr) =2\Bigl(\tfrac12\Bigr)^{3}+\Bigl(\tfrac{\sqrt3}{2}\Bigr)^{4} =\frac{1}{4}+\frac{9}{16} =\frac{13}{16}\approx0,8125.

Passo 5

Reunindo valores:
f(0,0)=0,\; f(1,0)=2,\; f(-1,0)=-2,\; f(0,\pm1)=1,\; f\bigl(\tfrac12,\pm\tfrac{\sqrt3}{2}\bigr)=\tfrac{13}{16}.
O maior é 2 em (1,0) e o menor é -2 em (-1,0).

Resposta

O valor absoluto máximo é 2, atingido em (1,0).
O valor absoluto mínimo é -2, atingido em (-1,0).

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