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Exercícios Resolvidos de Máximos e Mínimos Globais numa Região Fechada

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Enunciado

Seja f : R 2 → R dada por

f x , y = x 2 y - x y + 4 y 3

  1. Determine os pontos críticos de f e classifique-os.
  2. Determine, se houver, os pontos de máximo e mínimo de f restrita ao conjunto

T = x , y ∈ R 2   ; 0 ≤ y ≤ x   e   0 ≤ x ≤ 1

Passo 1

a )

Bora calcular as derivadas parciais e igualar a zero para identificar os pontos críticos

∂ f ∂ x = 2 x y - y = 0

∂ f ∂ y = x 2 - x + 12 y 2 = 0

Ficamos com o sistema:

2 x y - y = 0   x 2 - x + 12 y 2 = 0

Passo 2

Da primeira equação:

y 2 x - 1 = 0

Assim

y = 0

Ou

x = 1 2

Se y = 0 , a segunda equação do sistema fica

x 2 - x + 12 . 0 2 = 0

x x - 1 = 0

x = 0

Ou

x = 1

E temos os pontos

( 0,0 )

( 1,0 )

Passo 3

Agora, se x = 1 2 , a segunda equação nos diz que

1 2 2 - 1 2 + 12 y 2 = 0

12 y 2 = 1 4

y = ± 1 4 3

E temos os pontos

1 2 , 1 4 3  

1 2 ,   - 1 4 3

Passo 4

Vamos analisar que tipos de pontos críticos são estes. Para isso, vamos calcular as derivadas segundas:

f x x = ∂ ∂ x ∂ f ∂ x = ∂ ∂ x 2 x y - y = 2 y

f y y = ∂ ∂ y ∂ f ∂ y = ∂ ∂ y x 2 - x + 12 y 2 = 24 y

f x y = ∂ ∂ x ∂ f ∂ y = ∂ ∂ x x 2 - x + 12 y 2 = 2 x - 1

Passo 5

Agora vamos ao teste da derivada segunda.

Vamos calcular H P num ponto genérico pra facilitar nossas vidas e depois a gente testa os pontos, já que temos muitos pontos.

H P = f x x P f x y P f y x P f y y P

⇒ H P = 2 y 2 x - 1 2 x - 1 24 y

⇒ H P = 48 y 2 - 2 x - 1 2

⇒ H P = 48 y 2 - 4 x 2 + 4 x - 1

Passo 6

Beleza, agora vamos analisar o sinal desse determinante para cada um dos pontos críticos.

Começando por ( 0,0 ) :

H 0,0 = 48 . 0 2 - 4 . 0 2 + 4.0 - 1 = - 1 < 0

Então ( 0,0 ) é um ponto de sela.

Vamos testar o ponto ( 1,0 ) :

H 1,0 = 48 . 0 2 - 4 . 1 2 + 4.1 - 1 = - 1 < 0

Então ( 1,0 ) também é um ponto de sela.

Agora vamos ver os pontos 1 2 , ± 1 4 3   :

H 1 2 , ± 1 4 3 = 48 . ± 1 4 3 2 - 4 . 1 2 2 + 4 . 1 2 - 1 = 1 > 0

Beleza, então podemos ter pontos de máximo ou mínimo local.

Vamos analisar o sinal de f x x em cada um desses pontos:

f x x 1 2 , 1 4 3 = 2 . 1 4 3 = 1 2 3 > 0

f x x 1 2 , - 1 4 3 = 2 . - 1 4 3 = - 1 2 3 < 0

Assim, 1 2 , 1 4 3 é ponto de mínimo local e 1 2 , - 1 4 3 é ponto de máximo local.

Passo 7

b )

Para encontrar os pontos de máximo e mínimo globais de uma função com restrição o processo é sempre o mesmo: Verificar se há um ponto crítico dentro da região, e verificar se há máximos e mínimos na fronteira da região.

Os pontos críticos nós já encontramos na letra a . São eles:

( 0,0 )

( 1,0 )

1 2 , 1 4 3  

1 2 ,   - 1 4 3

Vamos só verificar agora se eles estão dentro da região T .

T = x , y ∈ R 2   ; 0 ≤ y ≤ x   e   0 ≤ x ≤ 1

O único ponto que atende as condições de estar dentro do conjunto T é o ponto 1 2 , 1 4 3 . Todos os outros então podem ser descartados.

Passo 8

Então guardamos o ponto 1 2 , 1 4 3 . Também precisamos guardar os vértices da nossa região.

Desenhando nossa região, temos que ela é a parte de dentro desse triangulo:

E os vértices são os pontos:

0 ,   0 ,   1,0 ,   1 ,   1

Portanto, temos mais 3 pontos candidatos a máximo e mínimo.

Passo 9

Agora, devemos verificar pontos de máximo ou mínimo na fronteira.

Assim, temos 3 lados a serem verificados:

Quando L 1 → y = 0 ;   0 ≤ x ≤ 1 L 2 → x = 1 ;   0 ≤ y ≤ 1 L 3 → y = x ;           0 ≤ x ≤ 1 em que L 1 ,   L 2 ,   L 3 são os lados do triângulo.

Em cada lado a função só depende de uma variável, e nós temos que achar os pontos críticos dessas 3 “subfunções”.

Passo 10

Comecemos pelo lado L 1 . Lembrando a nossa função:

f x , y = x 2 y - x y + 4 y 3

E o primeiro lado:

L 1 → y = 0   ;   0 ≤ x ≤ 1

Substituindo o lado na função:

f x , 0 = 0

Assim, já temos logo que

f x , y = 0   ∨ x ∈ [ 0,1 ]

Passo 11

Agora precisamos fazer o mesmo pro segundo lado L 2 :

L 2 → x = 1 ;   0 ≤ y ≤ 1

Substituindo esse lado na função, teremos:

f 1 , y = y - y + 4 y 3 = 4 y 3

Temos que achar os pontos críticos dessa função, vamos derivar e igualar a zero. Neste caso derivamos em relação a y

12 y 2 = 0

y = 0

Então temos o ponto

1 , 0

Mas já vimos antes esse ponto como vértice da região, então o lado 2 não acrescentou nada de novo!

Passo 12

Vamos verificar para o terceiro lado L 3 :

L 3 → y = x ;           0 ≤ x ≤ 1

Substituindo-o na função:

f x , x = x 2 x - x x + 4 x 3 = 5 x 3 - x 2

Neste caso derivamos em relação a x

15 x 2 - 2 x = 0

x 15 x - 2 = 0

x = 0

Ou

x = 2 15

Assim, obtemos os pontos 0,0 e 2 15 , 2 15 . Mas o ( 0,0 ) nós já consideramos, é um vértice do retângulo!

Então o lado 3 só acrescentou um ponto novo.

Passo 13

Ok, agora já temos todo o material necessário para terminar de vez com isso e dizer quais são os pontos de máximo e mínimo!

Os nossos candidatos são os pontos:

1 2 , 1 4 3

0 ,   0

  1,0

  1 ,   1

2 15 , 2 15

Só nos resta calcular o valor da função em cada ponto. Lembrando que

f x , y = x 2 y - x y + 4 y 3

Então temos

f 1 2 , 1 4 3 = 1 2 2 1 4 3 - 1 2 ∙ 1 4 3 + 4 1 4 3 3 = - 1 24 3

f 0 ,   0 = 0 2 0 - 0.0 + 4 . 0 3 = 0

f 1,0 = 1 2 0 - 1.0 + 4 . 0 3 = 0

f 1 ,   1 = 1 2 1 - 1.1 + 4 . 1 3 = 4

f 2 15 , 2 15 = 2 15 2 2 15 - 2 15 ∙ 2 15 + 4 . 2 15 3 = - 4 45

2 15 2 2 15 - 1 + 4.2 15 = 2 15 2 - 1 3 = - 20 15 3

Show, então os pontos de mínimo global e máximo global de f em T são, respectivamente, 1 2 , 1 4 3 e 1,1 .

O valor mínimo é - 1 24 3 e o valor máximo é 4 .

Resposta

a )

( 0,0 ) e ( 1,0 ) são pontos de sela e 1 2 , 1 4 3 é ponto de mínimo local e 1 2 , - 1 4 3 é ponto de máximo local.

b )

Os pontos de mínimo global e máximo global de f em T são, respectivamente, 1 2 , 1 4 3 e 1,1 .

O valor mínimo é - 1 24 3 e o valor máximo é 4 .

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