Enunciado

14.35. Para as funções de uma variável, é impossível uma função contínua ter dois pontos de máximo local e nenhum de mínimo local. Para as funções de duas variáveis, esse caso existe. Mostre que a função

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

Só tem dois pontos críticos, ambos de máximo local. Em seguida utilize um computador para desenhar o gráfico com uma escolha cuidadosa de tamanho de janela de inspeção e de ponto de vista para ver como isso é possível.

Passo 1

Oie, tudo bem? Vamos resolver essa atividade.

Dada a função:

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

Queremos mostrar que por essa função ser de duas variáveis, podemos ter 2 pontos de críticos de máximo local.

Então precisamos provar que a função f ( x , y ) só tem dois pontos críticos, a ambos são pontos de máximo.

Já temos nossos pontos de interesse, mas falta dizer se são máximos, mínimos ou pontos de sela, para isso a gente precisa da segunda derivada, vamos usar

D x , y = f x x ⋅ f x y - f x y 2

Podem ocorrer três casos:

  1. D ( a , b ) > 0   e   f x x a , b > 0 então f ( a , b ) é um mínimo local.
  2. D a , b > 0   e   f x x a , b < 0 então f ( a , b ) é um máximo local.
  3. D a , b < 0   então f ( a , b ) não é nem mínimo e nem máximo local.

Então iremos provar aqui a letra b).

Passo 2

Vamos começar fazendo essas derivadas:

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

Vamos começar fazendo f x , primeiro vamos separar em duas derivadas

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

Agora a gente usa a regra da cadeia para ficar mais fácil as derivadas

∂ x 2 - 1 2 ∂ x

Onde x 2 - 1 = u :

∂ x 2 - 1 2 ∂ x = ∂ x 2 - 1 ∂ x ⋅ ∂ u 2 ∂ u

∂ x 2 - 1 2 ∂ x = 2 x ⋅ 2 x 2 - 1

E agora vamos fazer:

∂ x 2 y - x - 1 2 ∂ x

De novo usando a regra da cadeia, com x 2 y - x - 1 = u :

∂ x 2 y - x - 1 2 ∂ x = ∂ x 2 y - x - 1 ∂ x ⋅ ∂ u 2 ∂ u

∂ x 2 y - x - 1 2 ∂ x = 2 x y - 1 ⋅ 2 x 2 y - x - 1

Então

f x = - 2 x ⋅ 2 x 2 - 1 - 2 x y - 1 ⋅ 2 x 2 y - x - 1

Agora vamos fazer f y

Usando a mesma estratégia:

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

A primeira derivada nem depende de y :

∂ x 2 - 1 2 ∂ y = 0

E agora vamos fazer:

∂ x 2 y - x - 1 2 ∂ y

Agora usando a regra da cadeia, com x 2 y - x - 1 = u :

∂ x 2 y - x - 1 2 ∂ y = ∂ x 2 y - x - 1 ∂ y ⋅ ∂ u 2 ∂ u

∂ x 2 y - x - 1 2 ∂ y = x 2 ⋅ 2 x 2 y - x - 1

Então:

f y = - x 2 ⋅ 2 x 2 y - x - 1

Passo 3

Beleza, agora a gente já tem nossas derivadas, os pontos interessantes vão acontecer quando elas forem iguais à 0. Então

f x = - 2 x ⋅ 2 x 2 - 1 - 2 x y - 1 ⋅ 2 x 2 y - x - 1 = 0

f y = - x 2 ⋅ 2 x 2 y - x - 1 = 0

De f y a gente pode ver que para aquela equação ser 0 ou - x 2 = 0 ou x 2 y - x - 1 = 0 , então x = 0 é uma possibilidade.

Vamos substituir x = 0 em f x

0 - - 1 ⋅ 2 0 2 y - 0 - 1 = 0

2 = 0

Isso é uma incoerência, então qualquer ponto onde x = 0 não é um ponto de interesse.

Agora vamos ver onde x 2 y - x - 1 = 0 . Vamos isolar y .

x 2 y = x + 1

y = x + 1 x 2

Agora vamos substituir isso em f x :

- 2 x ⋅ 2 x 2 - 1 - 2 x x + 1 x 2 - 1 ⋅ 2 x 2 x + 1 x 2 - x - 1 = 0

Nossa quanto x !!! Vamos dar uma simplificada:

- 4 x x 2 - 1 - 2 x + 1 x - 1 ⋅ 2 x + 1 - 2 x - 2 = 0

- 4 x x 2 - 1 - 2 x + 1 x - 1 ⋅ 2 x + 2 - 2 x - 2 = 0

- 4 x x 2 - 1 - 2 x + 1 x - 1 ⋅ 0 = 0

- 4 x x 2 - 1 = 0

Já que temos a condição onde x ≠ 0 , então a única opção que nos resta é onde x 2 - 1 = 0 , logo x = ± 1 .

Assim

f x = f y = 0

Nos pontos

x ,   x + 1 x 2

1 ,   2   e   - 1 ,   0

Passo 4

Vamos calcular as segundas derivadas então

f x x = ∂ f x ∂ x

f x = - 2 x ⋅ 2 x 2 - 1 - 2 x y - 1 ⋅ 2 x 2 y - x - 1

Agora derivamos isso em relação a x

f x x = ∂ - x 2 ⋅ 2 x 2 y - x - 1 ∂ x

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

A outra derivada que precisamos é

f y y = ∂ f y ∂ y

f y = - x 2 ⋅ 2 x 2 y - x - 1

Derivando em relação a y

f y y = ∂ - x 2 ⋅ 2 x 2 y - x - 1 ∂ y = - 2 x 4

E a última derivada que precisamos ��

f x y = ∂ f x ∂ y

ou f x y = ∂ f y ∂ x

f x = - 2 x ⋅ 2 x 2 - 1 - 2 x y - 1 ⋅ 2 x 2 y - x - 1

Vamos derivar isso em relação a y

f x y = ∂ f x ∂ y = - 8 x 3 y + 6 x 2 + 4 x

Passo 5

Agora vamos verificar a natureza dos pontos críticos.

Vamos testar para o ponto - 1,0

D - 1,0 = - 12 + 2 - 2 - 6 - 4 2

D - 1,0 = 16 > 0

Então temos que analisar f x x - 1,0

f x x 0,0 = - 12 + 2 = - 10 < 0

Então é um ponto de máximo

Agora o ponto 1,2

D 1,2 = - 12 - 48 + 24 + 2 + 2 - 2 - - 16 + 6 + 4 2

D 1,2 = 16 > 0

Então temos que analisar f x x 1,2

f x x 1,2 = - 26 < 0

Então é um ponto de máximo também.

Passo 6

Então temos dois pontos críticos e ambos são pontos de máximo, agora vamos ver como fica esse gráfico com ajuda do GeoGebra:

Resposta

- 1,0   ; 1,2

Ver Outros Exercícios desse livro

Exercícios de Livros Relacionados

Seja f x , y = x 2 ( y 4 - x 2 ) e considere, para cada v → = h , k , a função g v → t = f h t , k t . Verifique que t = 0 é ponto de máximo local de g v → mas que 0,0 não é ponto de máximo local de f
Seja f x , y definida e de classe C 2 no aberto A de R 2 . Suponha que, para todo x , y ∈ A , ∂ 2 f ∂ x 2 x , y + ∂ 2 f ∂ y 2 x , y + 2 ∂ f ∂ x x , y + 3 ∂ f ∂ y ( x , y )0 Prove que f não admite pont
Seja f x , y = a x 2 + b y 2 + c x y + d x + e y + l , onde a ,b ,c ,d ,e e l são constantes. Prove que se ( x 0 , y 0 ) for extremante local de f , então será extremante global.
Duas partículas P 1 e P 2 deslocam-se no espaço com velocidades constantes v → 1 = ( 1,1 , 0 ) e v → 2 = ( 0,1 , 1 ) , respectivamente. No instante t = 0 a P 1 encontra-se na posição 1,1 , 3 . Sabe-se
Considere a função f x , y = 1 - x 2 - y 2 , x ≥ 0 e y ≥ 0 . Determine o plano tangente ao gráfico de f que forma com os planos coordenados tetraedro de volume mínimo.