Exercícios Resolvidos de Teorema de Weierstrass

PUCRIO - (Cálculo 2 - MAT1162) - G2 (Versão A) 2020.1

Considere a função f : D → I R dada por

f x , y = ln ⁡ x 2 + y 2 + 1

Onde D é o domínio D ≔ x , y ∈ I R   : x 2 + x y + y 2 ≤ 1     .

  1. Encontre e classifique os pontos críticos de f no interior do domínio D .
  2. Explique por que os valores extremos absolutos de f devem existir em D .
  3. Encontre os valores máximos absolutos e mínimos absolutos de f em D . Indique os pontos de D onde esses valores extremos são atingidos

Passo 1

Fala povo, tudo certo? Galera, pra começo de conversa, vamos lembrar que pontos críticos são aqueles que zeram a nossa derivada. Nesse caso, como a função tem duas variáveis, os pontos críticos zeram as nossas derivadas, no plural:

f x x , y = 0

f y x , y = 0

Bora derivar então? Pra começar, pegamos f x , y e usamos a regra da cadeia:

f x , y = ln ⁡ x 2 + y 2 + 1

∂ f x , y ∂ x = 1 x 2 + y 2 + 1 ∙ ∂ x 2 + y 2 + 1 ∂ x

E ó só galera, até então a gente não derivou nada especificamente em relação a x . Portanto, pra ∂ / ∂ y , até agora, a ideia é a mesma:

∂ f x , y ∂ y = 1 x 2 + y 2 + 1 ∙ ∂ x 2 + y 2 + 1 ∂ y

E derivando quem sobrou nos dois casos, temos:

∂ f x , y ∂ x = 1 x 2 + y 2 + 1 ∙ 2 x = 2 x x 2 + y 2 + 1

∂ f x , y ∂ y = 1 x 2 + y 2 + 1 ∙ 2 y = 2 y x 2 + y 2 + 1

Portanto, queremos achar o conjunto de pontos que satisfaça:

2 x x 2 + y 2 + 1 = 0

2 y x 2 + y 2 + 1 = 0

E veja só! A única forma disso ser possível é se:

x = 0

y = 0

Afinal, pra essas equações zerarem, o denominador acaba não influenciando em nada. O único ponto crítico de f x , y vai ser então 0,0 que, se olharmos com cuidado o enunciado, vemos que ele está dentro do domínio da função:

D ≔ x , y ∈ I R   : x 2 + x y + y 2 ≤ 1    

MOSTRAR SOLUÇÃO COMPLETA

Passo 2

Agora bora classificar esse ponto crítico. Pra isso vamos ter que fazer teste da segunda derivada e montar uma matriz Hessiana, lembrando que:

Bora ver essas derivadas então! Seja:

f x x x , y = ∂ ∂ f x , y ∂ x ∂ x

∂ f x , y ∂ x = 2 x x 2 + y 2 + 1

Encontramos:

f x x x , y = ∂ 2 x x 2 + y 2 + 1 ∂ x

E pela regra do quociente:

f x x x , y = ∂ 2 x ∂ x ∙ x 2 + y 2 + 1 - 2 x ∙ ∂ x 2 + y 2 + 1 ∂ x x 2 + y 2 + 1 2

f x x x , y = 2 ∙ x 2 + y 2 + 1 - 2 x ∙ 2 x x 2 + y 2 + 1 2

No ponto 0,0 , f x x x , y vai assumir o seguinte valor:

f x x 0,0 = 2 ∙ 0 2 + 0 2 + 1 - 2 ∙ 0 ∙ 2 ∙ 0 0 2 + 0 2 + 1 2 = 2

Agora, seja a outra derivada:

f x y x , y = ∂ ∂ f x , y ∂ x ∂ y

Encontramos ao derivar e mantendo a ideia de usar regra do quociente:

f x y x , y = ∂ 2 x x 2 + y 2 + 1 ∂ y

f x y x , y = ∂ 2 x ∂ y ∙ x 2 + y 2 + 1 - 2 x ∙ ∂ x 2 + y 2 + 1 ∂ y x 2 + y 2 + 1 2

f x y x , y = 0 ∙ x 2 + y 2 + 1 - 2 x ∙ 2 y x 2 + y 2 + 1 2

Aplicando o ponto 0,0 :

f x y 0,0 = 0 ∙ 0 2 + 0 2 + 1 - 2 ∙ 0 ∙ 2 ∙ 0 0 2 + 0 2 + 1 2 = 0

Show, temos a primeira linha da Matriz Hessiana no ponto 0,0 , que será:

H 0,0 = f x x 0,0 f x y 0,0 f y x 0,0 f y y 0,0 = 2 0 f y x 0,0 f y y 0,0

Passo 3

Bora pra segunda linha da matriz Hessiana. Ela começa querendo encontrar:

f y x x , y = ∂ ∂ f x , y ∂ y ∂ x

Onde:

∂ f x , y ∂ y = 2 y x 2 + y 2 + 1

Agora pondo a mão na massa e calculando mais essa derivada, temos:

f y x x , y = ∂ 2 y x 2 + y 2 + 1 ∂ x

f y x x , y = ∂ 2 y ∂ x ∙ x 2 + y 2 + 1 - 2 y ∙ ∂ x 2 + y 2 + 1 ∂ x x 2 + y 2 + 1 2

f y x x , y = 0 ∙ x 2 + y 2 + 1 - 2 y ∙ 2 x x 2 + y 2 + 1 2 = - 4 x y x 2 + y 2 + 1 2

Aplicando o ponto 0,0 , achamos:

f y x 0,0 = - 4 ∙ 0 ∙ 0 0 2 + 0 2 + 1 2 = 0

Ufa, quase lá! Falta só uma derivada, que será:

f y y x , y = ∂ ∂ f x , y ∂ y ∂ y = ∂ 2 y x 2 + y 2 + 1 ∂ y

Usando a regra do quociente:

f y y x , y = ∂ 2 y ∂ y ∙ x 2 + y 2 + 1 - 2 y ∙ ∂ x 2 + y 2 + 1 ∂ y x 2 + y 2 + 1 2

f y y x , y = 2 ∙ x 2 + y 2 + 1 - 2 y ∙ 2 y x 2 + y 2 + 1 2

No ponto 0,0 , f y y x , y vai assumir o seguinte valor:

f y y 0,0 = 2 ∙ 0 2 + 0 2 + 1 - 2 ∙ 0 ∙ 2 ∙ 0 0 2 + 0 2 + 1 2 = 2

A matriz então finalmente fica pronta:

H 0,0 = 2 0 0 2

De forma que det ⁡ H 0,0 = 4 > 0 . Como f x x 0,0 = 2 > 0 também, concluímos lá pela imagem do Passo 2 que temos um ponto de mínimo local. Ufa! Letra a fechada!

Passo 4

Próxima letra! Essa é mais teórica. A gente tem quer provar que existem extremos absolutos dentro da região D ? Mas como? Oras, pedindo ajuda pro Teorema dos Valores Extremos, se:

  • f x , y é contínua
  • O domínio D é fechado
  • O domínio D é limitado

Então com certeza existem extremos absolutos dentro de D . A primeira condição a gente já tem na mão. Afinal, logaritmos são funções que são sempre contínuas, ok? Agora, olhando com calma pro D :

Bem, se o domínio contém sua própria fronteira, então ele é de fato fechado. E como a gente consegue estabelecer um círculo imaginário que contém o domínio na sua totalidade, além de fechado ele é limitado! Tai provado! Existem sim extremos absolutos pra f x , y dentro de D .

Passo 5

Última letra agora galera! Na letra a achamos todos os pontos críticos que existem dentro de D . Mas e na sua fronteira? É exatamente isso que veremos agora! Pra isso, bora usar Multiplicadores de Lagrange com uma restrição, ok? A restrição que vamos usar nada mais é do que a equação da elipse que definde D :

g x , y = x 2 + x y + y 2 = 1

Sendo assim, vamos ter:

∇ f x , y = λ ∙ ∇ g x , y

f x x , y , f y x , y = λ ∙ g x x , y , g y x , y

f x x , y , f y x , y = λ ∙ g x x , y , λ ∙ g y x , y

O que é o mesmo que o seguinte sistema:

f x x , y = λ ∙ g x x , y f y x , y = λ ∙ g y x , y

Do qual as primeiras derivadas, pra f x , y , já conhecemos:

f x x , y = 2 x x 2 + y 2 + 1 f y x , y = 2 y x 2 + y 2 + 1

Falta fazer as derivadas parciais de g x , y :

g x x , y = ∂   g x , y ∂ x = ∂   x 2 + x y + y 2 ∂ x = 2 x + y

g y x , y = ∂   g x , y ∂ y = ∂   x 2 + x y + y 2 ∂ y = 2 y + x

Chegamos a:

2 x x 2 + y 2 + 1 = λ ∙ 2 x + y 2 y x 2 + y 2 + 1 = λ ∙ 2 y + x

λ = 2 x x 2 + y 2 + 1 ∙ 2 x + y λ =   2 y x 2 + y 2 + 1 ∙ 2 y + x

Po galera, λ é só uma constante! Podemos eliminar ela de boas ao igualarmos as duas definições acima:

2 x x 2 + y 2 + 1 ∙ 2 x + y = 2 y x 2 + y 2 + 1 ∙ 2 y + x

2 x 2 x + y = 2 y 2 y + x

2 x ∙ 2 y + x = 2 y ∙ 2 x + y

E aplicando a distributiva:

4 x y + 2 x 2 = 4 x y + 2 y 2

x 2 = y 2

x = ± y

Opa, algo que da pra trabalhar em! A gente vai achar os pontos que queremos na fronteira de D se considerarmos essa igualdade dentro da restrição. Primeiro, pra x = y , temos:

x 2 + x y + y 2 = 1

y 2 + y 2 + y 2 = 1

3 y 2 = 1

y = ± 1 3

O que resulta em dois pontos pra gente, já que x = y :

P 1 = 1 3 , 1 3

P 2 = - 1 3 , - 1 3

Agora, pro outro caso, onde x = - y , vamos ter:

x 2 + x y + y 2 = 1

y 2 - y 2 + y 2 = 1

y 2 = 1

y = ± 1

Ai dessa vez, por estarmos usando x = - y , a gente intercala os sinais nos pontos possíveis:

P 3 = - 1,1

P 4 = 1 , - 1

Passo 6

Galera, promeeeeto que é o último passo! No anterior achamos os pontos, mas não sabemos o valor da função neles:

P 1 = 1 3 , 1 3

P 2 = - 1 3 , - 1 3

P 3 = - 1,1

P 4 = 1 , - 1

Tudo que vamos fazer agora é calcular exatamente isso pra

f x , y = ln ⁡ x 2 + y 2 + 1

Bora lá então? Vamos ter:

f 1 3 , 1 3 = ln ⁡ 1 3 + 1 3 + 1 = ln ⁡ 5 3

f - 1 3 , - 1 3 = ln ⁡ 1 3 + 1 3 + 1 = ln ⁡ 5 3

f - 1,1 = ln ⁡ 1 + 1 + 1 = ln ⁡ 3

f 1 , - 1 = ln ⁡ 1 + 1 + 1 = ln ⁡ 3

Considerando que ainda tínhamos o ponto crítico 0,0 pra considerar, ficamos ainda com:

f 0,0 = ln ⁡ 0 + 0 + 1 = ln ⁡ 1

É galera, 5 pontos, mas só três valores de f x , y considerando todos esses pontos:

ln ⁡ 1

ln ⁡ 5 3

ln ⁡ 3

Como ln ⁡       é uma função crescente, nem precisamos de calculadora pra organizar esses números. Quanto maior o interior, maior o valor do logarítimo, de forma que:

ln ⁡ 1 < ln ⁡ 5 3 < ln ⁡ 3

Sendo assim, o máximo absoluto é obtido quando ln ⁡ 3 é alcançado, isto é, nos pontos P 3 = - 1,1 e P 4 = 1 , - 1 . Já o mínimo absoluto é alcançado quando ln ⁡ 1 é o resultado do valor da função, o que ocorre no ponto 0,0 . Ufa, cabou!

Resposta

  1. Um único ponto crítico 0,0 , classificado como ponto de mínimo
  2. Pelo Teorema do Valor Máximo, as três condições a seguir, que são satisfeitas no nosso problema, são o suficiente pra provar que existem extremos absolutos dentro de D : f x , y é contínua; o domínio D é fechado; o domínio D é limitado.
  3. O máximo absoluto é obtido quando ln ⁡ 3 é alcançado, isto é, nos pontos P 3 = - 1,1 e P 4 = 1 , - 1 . Já o mínimo absoluto é alcançado quando ln ⁡ 1 é o resultado do valor da função, o que ocorre no ponto 0,0

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