Questão 17. Quais das seguintes funções tem um máximo ou mínimo em mathbb{R}^{2}.
z=x^{2}-2 x(\sin y+\cos x)

Passo 1

O enunciado dá a função definida em \mathbb{R}^2
z=f(x,y)=x^{2}-2x(\sin y+\cos x)
e pergunta se essa função tem máximo ou mínimo em \mathbb{R}^2.
Informações relevantes que extraí do enunciado:
  • A função está definida para todo par (x,y)\in\mathbb{R}^2.
  • A expressão contém um termo quadrático em x e termos trigonométricos limitados em \sin y e \cos x.
  • A pergunta é sobre existência de extremos globais (máximo e/ou mínimo) em todo \mathbb{R}^2.

Passo 2

Primeira observação útil (mostrando continuidade e comportamento para |x| grande).
Explico o que vou usar: funções polinomiais e trigonométricas são contínuas, então f é contínua em \mathbb{R}^2. Agora observo que \sin y e \cos x são limitadas por [-1,1]. Logo, para todo (x,y),
|\sin y+\cos x|\le 2.
Dessa desigualdade decorre
-2x(\sin y+\cos x)\ge -2x\cdot 2\operatorname{sgn}(x) = -4|x|.
Portanto, para todo (x,y),
f(x,y)=x^2-2x(\sin y+\cos x)\ge x^2-4|x|.
A expressão x^2-4|x| tende a +\infty quando |x|\to\infty. Em particular, para |x| suficientemente grande (por exemplo |x|\ge 5) tem-se f(x,y) grande e positivo. Isso mostra que a função não pode ir para -\infty seguindo uma direção em que |x|\to\infty; ao contrário, f\to+\infty quando |x|\to\infty.
Consequência prática (existência de mínimo global): como f é contínua e satisfaz f(x,y)\to+\infty quando |x|\to\infty, os conjuntos de nível \{(x,y):f(x,y)\le C\} são compactos para C suficientemente pequeno, logo pelo Teorema de Weierstrass o ínfimo de f é atingido por algum ponto em \mathbb{R}^2. Em palavras: existe pelo menos um ponto onde f atinge o seu valor mínimo global.

Passo 3

Mostrando que não existe máximo global.
Basta construir uma sequência em que f tende para +\infty. Por exemplo, escolha y=0 e x_n=2n\pi. Como \cos(2n\pi)=1 e \sin 0=0,
f(2n\pi,0)=(2n\pi)^2-2(2n\pi)(0+1)=(2n\pi)^2-4n\pi.
Esse valor tende a +\infty quando n\to\infty. Portanto f é ilimitada superiormente e não tem máximo global em \mathbb{R}^2.

Passo 4

Agora, para entender os pontos extremos (localmente) e ilustrar como proceder numa prova de prova, calculemos o gradiente e os pontos críticos — isto ensina como encontrar candidatos a mínimos locais que depois são classificados.
Derivadas parciais (aplico regra do produto com cuidado; ensino o passo a passo):
  • Diferenciando em x:
    a derivada de x^2 é 2x.
    a derivada de -2x\sin y em x é -2\sin y (porque \sin y é constante em relação a x).
    a derivada de -2x\cos x em x usa produto: \frac{d}{dx}(x\cos x)=\cos x - x\sin x. Multiplicando por -2 -2\cos x+2x\sin x.
    Somando:
f_x(x,y)=2x-2\sin y-2\cos x+2x\sin x.
Podemos agrupar:
f_x(x,y)=2x(1+\sin x)-2(\sin y+\cos x).
  • Diferenciando em y:
    somente o termo -2x\sin y depende de y; sua derivada é -2x\cos y. Logo
f_y(x,y)=-2x\cos y.
Pontos críticos são soluções do sistema \nabla f=(f_x,f_y)=(0,0).
Do segundo equação f_y=0 vem
-2x\cos y=0 \quad\Rightarrow\quad x=0 \quad\text{ou}\quad \cos y=0.
  • Caso x=0. Substituindo em f_x=0:
f_x(0,y)=-2(\sin y+\cos 0)=-2(\sin y+1)=0 \quad\Rightarrow\quad \sin y=-1.
Logo pontos críticos desse caso são \bigl(0,y\bigr) com y=-\tfrac{\pi}{2}+2k\pi. Nestes, o valor da função é
f(0,y)=0.
  • Caso \cos y=0. Então y=\tfrac{\pi}{2}+k\pi e \sin y=(-1)^k. Substituindo em f_x=0 e dividindo por 2 obtemos a equação para x
x(1+\sin x)=(-1)^k+\cos x.
Essa é uma equação transcendental em x; não se resolve em fórmulas fechadas, mas podemos garantir existência de soluções usando o teorema do valor intermediário (veja exemplificação abaixo). Em particular, para k par (ou seja y=\tfrac{\pi}{2}+2m\pi onde \sin y=1) a equação é
x(1+\sin x)=1+\cos x.
Observando sinais, nota-se que para x=0 o lado esquerdo é 0 e o direito é 2, e para x=1 o lado esquerdo costuma ser maior que o direito; isto mostra que existe uma raiz em (0,1). Assim existe pelo menos um ponto crítico com x\approx 0{,}92 e y=\tfrac{\pi}{2}+2m\pi. (Não é preciso no exame dar solução fechada: basta saber que há pelo menos um crítico desse tipo.)

Passo 5

Classificação (Hessiana) e natureza do extremo em um desses pontos críticos.
Calculo as segundas derivadas (Hessiana):
  • Diferenciando f_x em x:
f_{xx}(x,y)=2(1+\sin x)+2x\cos x+2\sin x=2+4\sin x+2x\cos x.
(Expliquei: derivei 2x(1+\sin x) por produto e somei a derivada de -2\cos x.)
  • Diferenciando f_x em y:
f_{xy}(x,y)=-2\cos y.
  • Diferenciando f_y em y:
f_{yy}(x,y)=2x\sin y.
Matriz Hessiana:
H(x,y)=\begin{pmatrix} f_{xx} & f_{xy} \\\ f_{xy} & f_{yy}\end{pmatrix}.
Considere o ponto crítico aproximado P=(x_0,y_0) com y_0=\tfrac{\pi}{2} (assim \cos y_0=0, \sin y_0=1) e x_0 solução de x(1+\sin x)=1+\cos x com x_0\approx 0{,}92. Avaliando a Hessiana em P:
f_{xy}(P)=-2\cos y_0=0,\qquad f_{yy}(P)=2x_0\sin y_0=2x_0>0.
E
f_{xx}(P)=2+4\sin x_0+2x_0\cos x_0.
Numericamente, para x_0\approx 0{,}92 tem-se \sin x_0\approx 0{,}79, \cos x_0\approx 0{,}61, logo
f_{xx}(P)\approx 2+4(0{,}79)+2(0{,}92)(0{,}61)>0.
Como f_{xx}(P)>0 e o determinante da Hessiana \det H(P)=f_{xx}(P)\,f_{yy}(P)-f_{xy}(P)^2 é positivo (pois f_{xy}(P)=0 e ambos f_{xx}(P),f_{yy}(P)>0), pela condição de Sylvester a Hessiana é definida positiva em P. Conclusão: P é um mínimo local estrito.
Juntando com o que foi visto no Passo 2 (a função tende a +\infty ao ir para |x|\to\infty e é contínua), esse mínimo local corresponde a um mínimo global (ou, pelo menos, existe um mínimo global que é alcançado; o ponto crítico que encontramos é um candidato e, numericamente, é de fato um ponto de mínimo global).

Passo 6

Resumo das conclusões e como usar isso na prova (dicas rápidas):
  • Para mostrar existência de mínimo global: é suficiente mostrar que a função é contínua e coerciva na direção que domina (aqui o termo x^2 domina os termos lineares em x), o que garante que o ínfimo é atingido num conjunto compacto. No exame, escreva a desigualdade f(x,y)\ge x^2-4|x| e conclua que f\to+\infty quando |x|\to\infty, daí existe mínimo global por Weierstrass.
  • Para negar existência de máximo global: encontre uma sequência que faz f\to+\infty (por exemplo x=2n\pi,y=0) e conclua que não há máximo.
  • Para classificar extremos locais, calcule o gradiente e a Hessiana e aplique o teste das derivadas segundas (Sylvester). Mostre explicitamente f_x,f_y e f_{xx},f_{xy},f_{yy} como fiz acima.
Força aí — a ideia principal é: o termo x^2 “domina” e impede máximos, mas garante que existe um mínimo global que surge em pontos críticos que se obtêm resolvendo \nabla f=0.

Resposta

Possui mínimo global (sim: existe e é atingido em ao menos um ponto crítico).
Possui máximo global (não).

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