QUESTÃO 4:

Encontre os valores máximos e mínimos absolutos da função
f(x, y)=x^{2}+x y+y^{2}-6 x na região fechada e limitada D com vértices (0,0),(6,0) e (0,6).
A região D é um triângulo no primeiro quadrante delimitado pelos eixos x e y e pela linha x+y=6.

Passo 1

O enunciado dá claramente:
  • A função é f(x,y)=x^{2}+x y+y^{2}-6 x.
  • A região D é o triângulo fechado com vértices (0,0), (6,0) e (0,6); ou seja, D=\{(x,y)\mid x\ge0,\\ y\ge0,\\ x+y\le6\}.
    O que se pede:
  • Encontrar os valores máximo e mínimo absolutos de f em D, e os pontos onde ocorrem.

Passo 2

Observação importante (teorema útil): como f é um polinômio (função contínua) e D é fechado e limitado (compacto), pelo teorema do valor extremo f alcança mínimo e máximo absolutos em D. Para encontrá-los, é preciso verificar:
  1. pontos críticos interiores de D (onde o gradiente é zero), e
  2. extremos nas fronteiras do triângulo (cada aresta, incluindo os vértices).
    Vou começar pelos pontos críticos interiores.

Passo 3

Calcular as derivadas parciais e resolver \nabla f=0.
\frac{\partial f}{\partial x}=2x+y-6,\qquad \frac{\partial f}{\partial y}=x+2y.
Resolver o sistema
2x+y-6=0,\qquad x+2y=0.
Da segunda equação segue \displaystyle x=-2y. Substituindo na primeira:
2(-2y)+y-6=0 \quad\Rightarrow\quad -4y+y-6=0 \quad\Rightarrow\quad -3y-6=0,
logo \displaystyle y=-2 e \displaystyle x=4. Portanto o único ponto crítico do polinômio é (4,-2).
Como y=-2<0, esse ponto NÃO pertence a D. Conclusão: não há pontos críticos interiores em D.

Passo 4

Agora examinar as fronteiras. Há três arestas:
  • Aresta 1 (eixo x): y=0, com x\in[0,6].
  • Aresta 2 (eixo y): x=0, com y\in[0,6].
  • Aresta 3 (hipotenusa): y=6-x, com x\in[0,6].
    Em cada aresta reduzimos f a uma função de uma variável e procuramos extremos no intervalo correspondente (incluindo extremos nos endpoints).

Passo 5

Aresta 1: y=0. Definir \phi_1(x)=f(x,0).
\phi_1(x)=x^{2}-6x,\qquad x\in[0,6].
Derivada: \phi_1'(x)=2x-6. Zerar dá x=3, que pertence ao intervalo. Avaliar:
\phi_1(0)=0,\qquad \phi_1(3)=3^{2}-6\cdot3=9-18=-9,\qquad \phi_1(6)=36-36=0.
Logo, na aresta y=0 o menor valor é -9 em (3,0) e os valores nos vértices são 0.

Passo 6

Aresta 2: x=0. Definir \phi_2(y)=f(0,y).
\phi_2(y)=y^{2},\qquad y\in[0,6].
Derivada: \phi_2'(y)=2y. Zera em y=0. Avaliar nos extremos do intervalo:
\phi_2(0)=0,\qquad \phi_2(6)=36.
Portanto na aresta x=0 o maior valor é 36 em (0,6) e o menor é 0 em (0,0).

Passo 7

Aresta 3: y=6-x. Definir \phi_3(x)=f(x,6-x) para x\in[0,6].
Calcular:
\phi_3(x)=x^{2}+x(6-x)+(6-x)^{2}-6x.
Simplificando passo a passo:
x^{2}+6x-x^{2}+36-12x+x^{2}-6x = x^{2}-12x+36 = (x-6)^{2}.
Assim \phi_3(x)=(x-6)^{2} em [0,6]. Derivada: \phi_3'(x)=2(x-6), que zera em x=6 (extremo do intervalo). Avaliar:
\phi_3(0)=(0-6)^{2}=36,\qquad \phi_3(6)=0.
Logo na hipotenusa o menor valor é 0 em (6,0) e o maior (na extremidade x=0) é 36 em (0,6).

Passo 8

Coleção de candidatos (todos os pontos onde podem ocorrer extremos absolutos):
  • vértices: (0,0) com f=0, (6,0) com f=0, (0,6) com f=36;
  • ponto crítico na aresta y=0: (3,0) com f=-9.
    Não há pontos críticos interiores em D.
Comparando os valores obtidos: o menor valor é -9 em (3,0) e o maior valor é 36 em (0,6).

Resposta

Mínimo absoluto: f(3,0)=-9 em (3,0)
Máximo absoluto: f(0,6)=36 em (0,6)

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