Exercícios Resolvidos de Máximos e Mínimos Globais numa Região Aberta

UFPE, Cálculo 2, 2°EE, 2012.2, questão 2

Sejam a , b , c os três primeiros dígitos do seu cpf (por exemplo, seu cpf é 123.456.789 - 0 , então a = 1 , b = 2 , c = 3 ). Considere o polinômio p x , y = 2 x 2 + 3 y 2 + 4 x y + a + 1 x + b + 1 y + c + 1 .

  1. Mostre que p admite um extremo local e classifique-o.
  2. Sejam x 0 , y 0 o ponto crítico encontrado no item anterior, e m , n ∈ R . Mostre que p x 0 + m t ,   y 0 + n t = r t 2 + p x 0 , y 0 para todo t ∈ R , para algum r dependente de m e n .
  3. Mostre que x 0 , y 0 é um extremo global.

Dica: Use a letra b para mostrar que as imagens de retas em R 2 que passam por x 0 , y 0 , são parábolas de mesma concavidade, independente de m e n .

Passo 1

  1. Para encontrar os pontos críticos vamos fazer:
  2. ∇ p = 0,0

    Temos:

    p x = 4 x + 4 y + a + 1

    p y = 6 y + 4 x + b + 1

    Igualando:

    4 x + 4 y + a + 1 = 0

    6 y + 4 x + b + 1 = 0

    Passo 2

    Vamos resolver esse sistema. Fazendo a segunda equação menos a primeira, temos:

    2 y + b + 1 - a - 1 = 0

    y = a - b 2

    Substituindo na primeira equação:

    4 x + 2 a - 2 b + a + 1 = 0

    x = 2 b - 3 a - 1 4

    Logo o ponto crítico é

    P 0 = x 0 , y 0 = 2 b - 3 a - 1 4 ,   a - b 2

    Passo 3

    Para classificar esse ponto, devemos montar a matriz Hessiana:

    H P 0 = p x x P 0 p x y P 0 p y x P 0 p y y P 0

    Calculando as derivadas de segunda ordem:

    p x x = 4

    p x y = 4

    p y y = 6

    p y x = 4

    Passo 4

    Substituindo:

    H P 0 = 4 4 4 6 = 8 > 0

    Como p x x = 4 > 0 e H P 0 > 0 , o ponto é de mínimo local.

    Passo 5

  3. Fazendo p x 0 + m t ,   y 0 + n t temos:
  4. p x 0 + m t , y 0 + n t =

      2 x 0 + m t 2 + 3 y 0 + n t 2 + 4 x 0 + m t y 0 + n t + a + 1 x 0 + m t + b + 1 y 0 + n t + c + 1

    Ajeitando:

    p x 0 + m t , y 0 + n t = 2 x 0 2 + 4 x 0 m t + 2 m 2 t 2 + 3 y 0 2 + 6 y 0 n t + 3 n 2 t 2 + 4 x 0 y 0 + 4 n x 0 t + 4 m y 0 t + 4 m n t 2 + a + 1 x 0 + a + 1 m t + b + 1 y 0 + b + 1 n t + c + 1

    Colocando algumas coisas em evidência:

    p x 0 + m t , y 0 + n t = t 2 2 m 2 + 3 n 2 + 4 m n + t 4 m x 0 + 6 n y 0 + 4 n x 0 + 4 m y 0 + m a + 1 + n b + 1 + 2 x 0 2 + 3 y 0 2 + 4 x 0 y 0 + a + 1 x 0 + b + 1 y 0 + c + 1

    Passo 6

    Porém, é bom lembrar que:

    p x 0 , y 0 = 2 x 0 2 + 3 y 0 2 + 4 x 0 y 0 + a + 1 x 0 + b + 1 y 0 + c + 1

    Colocando mais termos em evidência e substituindo p x 0 , y 0 vamos ter:

    p x 0 + m t , y 0 + n t = t 2 2 m 2 + 3 n 2 + 4 m n + t [ m 4 x 0 + 4 y 0 + a + 1 )   + n 6 y 0 + 4 x 0 + b + 1 + p x 0 , y 0

    Finalmente, devemos lembrar que no ponto crítico

    4 x 0 + 4 y 0 + a + 1 = 0

    6 y 0 + 4 x 0 + b + 1 = 0

    Então:

    p x 0 + m t , y 0 + n t = t 2 2 m 2 + 3 n 2 + 4 m n + t m 0 + n 0 + p x 0 , y 0

    p x 0 + m t , y 0 + n t = t 2 2 m 2 + 3 n 2 + 4 m n + p x 0 , y 0

    Chamando 2 m 2 + 3 n 2 + 4 m n = r , vamos ter:

    p x 0 + m t , y 0 + n t = r t 2 + p x 0 , y 0

    Passo 7

  5. Usando a sugestão, as retas que passam por x 0 , y 0 são x 0 + m t ,   y 0 + n t , onde ou m ≠ 0 ou n ≠ 0 . Logo, sua imagem será:

p x 0 + m t ,   y 0 + n t

Na letra b )   vimos que:

p x 0 + m t ,   y 0 + n t = r t 2 + p x 0 , y 0

Onde

r = 2 m 2 + 3 n 2 + 4 m n

Ou seja, as imagens de retas em R 2 que passam por x 0 , y 0 , são parábolas.

MOSTRAR SOLUÇÃO COMPLETA

Passo 2

Mas o que nos interessa é saber a concavidade dessas parábolas. E saberemos isso se soubermos o sinal de r . Podemos reescrever r como:

r = 2 m + n 2 + n 2

Logo, r ≥ 0 . Para r = 0 deveremos ter m = n = 0 , o que não é possível pois vimos que ou n ≠ 0 ou m ≠ 0 . Então:

r > 0

Logo, são parábolas com concavidade voltada para cima.

Passo 3

-

Como x 0 , y 0 é um extremo local, e vimos que as parábolas são voltadas para cima, logo o ponto x 0 , y 0 é um ponto de mínimo local e também global, por se tratarem de parábolas com concavidade voltada para cima.  

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