Questão 3 Encontre todos os pontos extremos da função
f(x, y)=x^{2}+y^{2}-2 x-4 y
na região retangular R=[0,3] \times[0,2] e os classifique como extremos locais ou absolutos.

Passo 1

O enunciado pede: encontrar todos os pontos extremos da função
f(x,y)=x^{2}+y^{2}-2x-4y
na região retangular R=[0,3]\times[0,2] e classificar cada extremo como extremo local ou absoluto.
Informações relevantes fornecidas:
\;1.\ A função é dada explicitamente por \;f(x,y)=x^{2}+y^{2}-2x-4y.\n
\;2.\ A região onde buscamos extremos é o retângulo fechado \;R=[0,3]\times[0,2], ou seja 0\le x\le3 e 0\le y\le2.\n
\;3.\ Como a região é fechada e limitada e a função é polinomial (logo contínua), sabemos que existem pontos de máximo e mínimo absolutos em R. A tarefa é achar todos esses pontos e dizer se são também extremos locais.

Passo 2

Estratégia (explicada de modo didático): para funções de duas variáveis em um conjunto fechado e limitado, o procedimento padrão é:
\;a.\ Procurar pontos críticos na parte interior da região (onde o gradiente é zero). Esses pontos podem ser extremos ou não.\n
\;b.\ Verificar a fronteira do domínio — aqui a fronteira é formada pelas quatro arestas do retângulo e seus vértices. Em cada aresta a função vira uma função de uma variável; encontramos possíveis extremos internos da aresta e avaliamos também os extremos nos vértices.\n
\;c.\ Comparar os valores de f nos candidatos (pontos críticos e pontos de fronteira) para decidir qual é mínimo/ máximo absoluto. Para classificar localmente, verificamos se existe um ambiente (interseção com R) em que o ponto é extremo relativo.
Vou aplicar esse procedimento passo a passo. Antes, uma pequena aula sobre gradiente e pontos críticos: o gradiente \nabla f é o vetor das derivadas parciais \left(\dfrac{\partial f}{\partial x},\dfrac{\partial f}{\partial y}\right). Pontos onde \nabla f=\mathbf{0} são candidatos a extremos (ou pontos de sela). Para funções suaves e convexas, o ponto com gradiente nulo costuma ser mínimo global.

Passo 3

Calcular as derivadas parciais para achar pontos críticos:
\frac{\partial f}{\partial x}=2x-2,
\frac{\partial f}{\partial y}=2y-4.
Igualando ambas a zero (condição \nabla f=\mathbf{0}):
2x-2=0\quad\Rightarrow\quad x=1,
2y-4=0\quad\Rightarrow\quad y=2.
Portanto há um ponto crítico em \;(1,2).
Pequena explicação: resolvemos cada equação porque queremos os pontos onde ambas as derivadas parciais se anulam — isso significa que não há direção infinitesimal de aumento nem de diminuição no sentido das coordenadas, tornando esse ponto um candidato a extremo.

Passo 4

Interpretação geométrica da função (ferramenta útil): completar o quadrado para entender a forma de f.
f(x,y)=x^{2}-2x+y^{2}-4y=(x-1)^{2}-1+(y-2)^{2}-4=(x-1)^{2}+(y-2)^{2}-5.
Isto mostra que f é uma parábola convexa (um paraboloide) com “fundo” no ponto (1,2). O valor mínimo global (sem restrição) ocorre onde as parcelas quadráticas são zero, ou seja em (1,2), com valor f(1,2)=-5.
Comentário didático: completar o quadrado é uma técnica que transforma ax^{2}+bx em a(x-h)^{2}+k, deixando explícito o vértice da parábola. Aqui fizemos para x e y separadamente e vimos que o centro do paraboloide é (1,2).

Passo 5

Verificar posição do ponto crítico em relação à região R: o ponto (1,2) tem x=1\in[0,3] e y=2\in[0,2]. Assim (1,2) pertence a R, mas note que y=2 é o limite superior do intervalo — ou seja (1,2) está sobre a aresta superior do retângulo (não no interior aberto em y). Mesmo assim é um candidato legítimo: todo ponto da fronteira pode ser extremo relativo/absoluto para a restrição.

Passo 6

Analisar as quatro arestas do retângulo reduzindo a função a uma variável em cada uma e encontrando extremos nessas arestas.
Aresta y=0,\,x\in[0,3]:
g(x)=f(x,0)=x^{2}-2x=(x-1)^{2}-1.
É uma parábola com mínimo em x=1 (dentro do intervalo), valor mínimo g(1)=-1. Extremos nos extremos do intervalo: g(0)=0,\;g(3)=3.
Aresta y=2,\,x\in[0,3] (a aresta superior, onde está o ponto crítico):
h(x)=f(x,2)=x^{2}-2x-4=(x-1)^{2}-5.
Mínimo em x=1 (dentro do intervalo), com h(1)=-5. Valores nas extremidades: h(0)=-4,\;h(3)=-1.
Aresta x=0,\,y\in[0,2]:
p(y)=f(0,y)=y^{2}-4y=(y-2)^{2}-4.
Mínimo em y=2 (na extremidade do intervalo), com p(2)=-4. Avaliações: p(0)=0,\;p(2)=-4.
Aresta x=3,\,y\in[0,2]:
q(y)=f(3,y)=y^{2}-4y+3=(y-2)^{2}-1.
Mínimo em y=2 (na extremidade), com q(2)=-1. Avaliações: q(0)=3,\;q(2)=-1.
Explicação didática: em cada aresta substituímos a coordenada fixa e obtemos uma função quadrática unidimensional. Para quadráticas ax^{2}+bx+c com a>0 (abertura para cima) o ponto crítico é um mínimo; para a<0 seria máximo. Aqui sempre a=1>0, então temos mínimos internos em alguns casos e os máximos ocorrem nas extremidades do intervalo.

Passo 7

Listar todos os candidatos (pontos críticos e extremos das arestas e vértices) com seus valores para comparar:
Pontos já encontrados com suas avaliações (usei a forma completada para facilitar):
f(x,y)=(x-1)^{2}+(y-2)^{2}-5.
Candidatos e valores:
\;(1,2):\;f(1,2)=-5.\n
\;(1,0): (mínimo da aresta y=0) \;f(1,0)=(1-1)^{2}+(0-2)^{2}-5=0+4-5=-1.\n
\;(0,2):\;f(0,2)=( -1)^{2}+0^{2}-5=1-5=-4.\n
Vértices:
\;(0,0):\;f(0,0)=0.\n
\;(3,0):\;f(3,0)=(3-1)^{2}+(0-2)^{2}-5=4+4-5=3.\n
\;(3,2):\;f(3,2)=4+0-5=-1.
Também observamos valores extremos internos das arestas já anotados: por exemplo na aresta y=0 o máximo na aresta foi 3 em (3,0), e o mínimo da aresta y=2 foi -5 em (1,2).

Passo 8

Comparar valores para decidir extremos absolutos:
  • O menor valor encontrado entre todos os candidatos é -5 em (1,2). Logo (1,2) é o mínimo absoluto em R.
  • O maior valor encontrado é 3 em (3,0). Logo (3,0) é o máximo absoluto em R.
Classificação local vs. absoluta (explicação): um extremo absoluto é, por definição, também um extremo local quando existe um vizinhança relativa (interseção com R) onde o ponto tem valor menor/maior que os demais pontos dessa vizinhança. No nosso caso:
\;(1,2) tem gradiente nulo e, olhando as direções possíveis dentro de R (subindo/descendo x e descendo y para permanecer em R), qualquer pequeno deslocamento dentro de R aumenta f (pois a forma é convexa com mínimo no centro), então (1,2) é também um mínimo local relativo em R.\n
\;(3,0) é um vértice da fronteira; ao considerar uma pequena vizinhança relativa (isto é, vizinhança intersectada com R), os valores próximos têm f\le 3 com estrito decaimento ao se mover para o interior, portanto (3,0) é um máximo local relativo em R (além de absoluto).
Pontos como (0,2), (1,0), (3,2) não são máximos/ mínimos absolutos do retângulo (são apenas mínimos locais em suas arestas ou pontos de interesse), então não os consideramos extremos globais.

Resposta

Mínimo absoluto e mínimo local: (1,2) com f(1,2)=-5.\n
Máximo absoluto e máximo local: (3,0) com f(3,0)=3.

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