Seja f(x, y)=x^{3}-x^{2}-x y^{2}+x y.
(a) Determine os pontos de máximos locais, pontos de mínimos locais e pontos de sela em \mathbb{R}^{2}.
(b) Determine o valor máximo e mínimo globais na região D limitada pelo triângulo de vértices nos pontos (0,0),(0,1) e (1 / 2,1 / 2).

Passo 1

O enunciado dá a função f:\mathbb{R}^2\to\mathbb{R}
f(x,y)=x^{3}-x^{2}-x y^{2}+x y
e pede duas coisas:
  • (a) determinar os pontos de máximo local, mínimo local e pontos de sela em \mathbb{R}^{2};
  • (b) na região fechada D que é o triângulo com vértices (0,0), (0,1) e \left(\tfrac{1}{2},\tfrac{1}{2}\right), determinar o valor máximo e mínimo globais de f (e onde eles ocorrem).
Informações relevantes fornecidas:
  • A função é polinomial (contínua e diferenciável em todo \mathbb{R}^2), portanto em D (fechado e limitado) atinge máximo e mínimo.
  • O triângulo D tem as arestas dadas por x=0, y=x e y=1-x. Para x em [0,\tfrac{1}{2}] temos x\le y\le 1-x.

Passo 2

Encontrar pontos críticos (estacionários) — revisão e cálculo das derivadas parciais.
Lembrete rápido (o que é necessário): um ponto crítico ocorre quando o gradiente é zero, isto é, quando as derivadas parciais se anulam:
\frac{\partial f}{\partial x}=0,\qquad \frac{\partial f}{\partial y}=0.
Calcule as derivadas parciais:
\frac{\partial f}{\partial x}=3x^{2}-2x-y^{2}+y, \qquad \frac{\partial f}{\partial y}=-2xy+x = x(1-2y).
Agora impomos o sistema
\begin{cases} 3x^{2}-2x-y^{2}+y=0,\\[4pt] x(1-2y)=0. \end{cases}
Da segunda equação surgem duas possibilidades: x=0 ou 1-2y=0 (ou seja y=\tfrac{1}{2}). Vou tratar cada caso.]

Passo 3

Caso x=0. Substituindo em \frac{\partial f}{\partial x}=0 obtemos
- y^{2}+y=0 \quad\Longrightarrow\quad y(1-y)=0,
logo y=0 ou y=1. Assim temos dois pontos críticos: (0,0) e (0,1).
Caso y=\tfrac{1}{2}. Substituindo em \frac{\partial f}{\partial x}=0 obtemos
3x^{2}-2x-\left(\tfrac{1}{2}\right)^{2}+\tfrac{1}{2}=3x^{2}-2x+\tfrac{1}{4}=0.
Isto é uma quadrática. Calcule o discriminante:
\Delta = (-2)^{2}-4\cdot 3\cdot \tfrac{1}{4}=4-3=1.
As raízes são
x=\frac{2\pm 1}{6} \quad\Rightarrow\quad x=\frac{1}{2}\quad\text{ou}\quad x=\frac{1}{6}.
Isso dá os pontos críticos \left(\tfrac{1}{2},\tfrac{1}{2}\right) e \left(\tfrac{1}{6},\tfrac{1}{2}\right).
Portanto os pontos críticos encontrados em \mathbb{R}^{2} são
(0,0),\quad (0,1),\quad \left(\tfrac{1}{2},\tfrac{1}{2}\right),\quad \left(\tfrac{1}{6},\tfrac{1}{2}\right).

Passo 4

Classificação dos pontos críticos via matriz Hessiana — revisão do teste da segunda derivada.
Para funções de duas variáveis, a matriz Hessiana é
H=\begin{pmatrix} f_{xx} & f_{xy}\\[4pt] f_{yx} & f_{yy} \end{pmatrix}.
O teste padrão usa o determinante D=\det H = f_{xx}f_{yy}-f_{xy}^{2}:
  • Se D>0 e f_{xx}>0 então mínimo local.
  • Se D>0 e f_{xx}<0 então máximo local.
  • Se D<0 então ponto de sela.
  • Se D=0 o teste é inconclusivo.
Calcule as segundas derivadas:
f_{xx}=6x-2,\qquad f_{xy}=1-2y,\qquad f_{yy}=-2x.
Logo o determinante é
D(x,y)=(6x-2)(-2x)-(1-2y)^{2} = -12x^{2}+4x-(1-2y)^{2}.
Agora avalio f_{xx} e D em cada ponto crítico.]

Passo 5

Avaliação e classificação ponto a ponto.
  1. Em (0,0):
f_{xx}=-2,\qquad f_{xy}=1,\qquad f_{yy}=0.
D=-12\cdot 0 + 4\cdot 0 - (1)^{2} = -1<0.
Como D<0, (0,0) é ponto de sela.
  1. Em (0,1):
f_{xx}=-2,\qquad f_{xy}=1-2\cdot1=-1,\qquad f_{yy}=0.
D=- ( -1)^{2} = -1<0.
Assim (0,1) é ponto de sela.
  1. Em \left(\tfrac{1}{6},\tfrac{1}{2}\right):
f_{xx}=6\cdot\tfrac{1}{6}-2=1-2=-1\\ (<0),\qquad f_{xy}=1-2\cdot\tfrac{1}{2}=0,\qquad f_{yy}=-2\cdot\tfrac{1}{6}=-\tfrac{1}{3}.
D = (-1)\cdot\left(-\tfrac{1}{3}\right)-0^{2}=\tfrac{1}{3}>0.
Como D>0 e f_{xx}<0, este ponto é um máximo local. Portanto \left(\tfrac{1}{6},\tfrac{1}{2}\right) é máximo local.
  1. Em \left(\tfrac{1}{2},\tfrac{1}{2}\right):
f_{xx}=6\cdot\tfrac{1}{2}-2=3-2=1\\ (>0),\qquad f_{xy}=0,\qquad f_{yy}=-2\cdot\tfrac{1}{2}=-1.
D=1\cdot(-1)-0^{2}=-1<0.
Logo \left(\tfrac{1}{2},\tfrac{1}{2}\right) é ponto de sela.
Resumo da classificação (sem repetir a resposta final compacta): há exatamente um máximo local em \left(\tfrac{1}{6},\tfrac{1}{2}\right) e três pontos de sela em (0,0),(0,1),\left(\tfrac{1}{2},\tfrac{1}{2}\right). Não apareceram mínimos locais isolados.

Passo 6

Agora resolvo (b): extremos globais de f na região triangular D. Estratégia: como D é fechado e limitado, f atinge máximo e mínimo. Os candidatos são:
  • pontos críticos no interior de D;
  • pontos críticos na fronteira (pontos onde a restrição tem pontos estacionários);
  • vértices.
Identifique quais dos pontos críticos já encontrados estão em D. O triângulo D pode ser descrito por
0\le x\le \tfrac{1}{2},\qquad x\le y\le 1-x.
Dos pontos críticos encontrados:
  • (0,0) e (0,1) são vértices (estão na fronteira).
  • \left(\tfrac{1}{2},\tfrac{1}{2}\right) é vértice (fronteira).
  • \left(\tfrac{1}{6},\tfrac{1}{2}\right) satisfaz 0<\tfrac{1}{6}<\tfrac{1}{2} e \tfrac{1}{6}\le \tfrac{1}{2}\le 1-\tfrac{1}{6}, portanto está no interior de D.
Logo há um único ponto crítico interior: \left(\tfrac{1}{6},\tfrac{1}{2}\right).

Passo 7

Avaliação de f nas arestas (fronteira) e nos vértices.
Aresta \overline{AB} com x=0 (entre (0,0) e (0,1)):
f(0,y)=0^{3}-0^{2}-0\cdot y^{2}+0\cdot y=0.
Portanto f\equiv 0 nesta aresta.
Aresta \overline{AC} com y=x (entre (0,0) e (\tfrac{1}{2},\tfrac{1}{2})):
f(x,x)=x^{3}-x^{2}-x x^{2}+x x = x^{3}-x^{2}-x^{3}+x^{2}=0.
Logo f\equiv 0 nesta aresta.
Aresta \overline{BC} com y=1-x (entre (0,1) e (\tfrac{1}{2},\tfrac{1}{2})):
f(x,1-x)=x^{3}-x^{2}-x(1-x)^{2}+x(1-x).
Desenvolvendo (1-x)^{2}=1-2x+x^{2} e simplificando, todos os termos se cancelam, dando f(x,1-x)=0.
Portanto f\equiv 0 também nesta aresta.
Conclusão: em toda a fronteira de D (incluindo os vértices) vale f=0.

Passo 8

Avaliação de f no único ponto crítico interior \left(\tfrac{1}{6},\tfrac{1}{2}\right).
Calcule f\left(\tfrac{1}{6},\tfrac{1}{2}\right):
f\Big(\tfrac{1}{6},\tfrac{1}{2}\Big) = \Big(\tfrac{1}{6}\Big)^{3} - \Big(\tfrac{1}{6}\Big)^{2} - \tfrac{1}{6}\Big(\tfrac{1}{2}\Big)^{2} + \tfrac{1}{6}\cdot\tfrac{1}{2}.
Colocando em denominador comum 216:
\frac{1}{216}-\frac{6}{216}-\frac{9}{216}+\frac{18}{216}=\frac{1-6-9+18}{216}=\frac{4}{216}=\frac{1}{54}.
Portanto f\left(\tfrac{1}{6},\tfrac{1}{2}\right)=\tfrac{1}{54}.
Já sabemos que f=0 em toda a fronteira e que \left(\tfrac{1}{6},\tfrac{1}{2}\right) é um máximo local com valor positivo \tfrac{1}{54}. Resta verificar se existem pontos interiores com valor menor que 0 (para decidir o mínimo global). Vou mostrar que na verdade f(x,y)\ge 0 para todo (x,y)\in D, o que garante que o mínimo global em D é 0 (atingido na fronteira).

Passo 9

Prova simples de que f(x,y)\ge 0 em D.
Factorize f assim:
f(x,y)=x^{3}-x^{2}-x y^{2}+x y = x\big(x^{2}-x - y^{2}+y\big) = x\big( -x(1-x) + y(1-y)\big).
Defina h(t)=t(1-t). Então
f(x,y)=x\big(h(y)-h(x)\big).
No triângulo D temos 0\le x\le \tfrac{1}{2} e x\le y\le 1-x. Observe que
h(y)-h(x)=(y-x)(1-x-y).
Dentro de D temos y-x\ge 0 e 1-x-y\ge 0 (pois y\le 1-x), logo (y-x)(1-x-y)\ge 0. Como x\ge 0 em D, resulta f(x,y)=x(h(y)-h(x))\ge 0 para todo (x,y)\in D.
Igualdade f(x,y)=0 ocorre quando x=0 ou y=x ou y=1-x, ou seja exatamente na fronteira de D. Como o máximo interior é \tfrac{1}{54}>0 e a fronteira é 0, concluímos que:
  • mínimo global em D é 0, atingido em toda a fronteira do triângulo;
  • máximo global em D é \tfrac{1}{54}, atingido no interior no ponto \left(\tfrac{1}{6},\tfrac{1}{2}\right).

Resposta

(a) Pontos de sela: (0,0),\\ (0,1),\\ \big(\tfrac{1}{2},\tfrac{1}{2}\big).
Máximo local: \big(\tfrac{1}{6},\tfrac{1}{2}\big).
Não há mínimos locais isolados.
(b) Máximo global em D: \displaystyle \max_{D} f = \tfrac{1}{54}, atingido em \displaystyle \left(\tfrac{1}{6},\tfrac{1}{2}\right).
Mínimo global em D: \displaystyle \min_{D} f = 0, atingido em toda a fronteira do triângulo (pontos com x=0 ou y=x ou y=1-x).

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