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Exercícios Resolvidos de Máximos e Mínimos

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Enunciado

Prova Cálculo 2 MAT1162 P2

Considere a função f : D → R dada por

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

onde D é o domínio D = { x , y ∈ R   : x 2 + 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

Quando estamos falando de uma f : R → R , temos que para analisar os pontos críticos de uma função, devemos analisar quando sua derivada é nula, ou seja

d f ( x ) d x = 0

Entretanto nosso problema se refere a uma f : R 2 → R , ou seja, para analisarmos os pontos críticos, devemos tomar quando nossas derivadas parciais são nulas. Tome por definição, que

∇ f = ∂ f ∂ x , ∂ f ∂ y

é dito nosso gradiente de f e é composto pelas derivadas parciais de f . Assim temos que, os pontos críticos de nossa função se encontram em

∇ f = 0

Contextualizando, o gradiente mede o grau de crescimento de uma função em uma dada direção x y .

Passo 2

(a) Vamos primeiro calcular nosso gradiente, ou seja, as derivadas parciais de nossa função. Assim tome

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

e

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

Aplicando nossa condição

∇ f = 0 → 4 x 3 + 4 x = 0 4 y 3 + 4 y = 0 = 4 x x 2 + 1 = 0 4 y y 2 + 1 = 0

Perceba, que somente em x = y = 0 temos que nosso gradiente é nulo.

Lembrando de Calculo 1, temos que é a segunda derivada que nos permite classificar nosso ponto. Assim tome que

f x x x , y = 12 x 2 + 4 f y y = 12 y 2 + 4 f x y = f y x = 0

Bom, mas diretente de Calculo 1, temos que aplicar nossa matriz Hessiana e verificar algumas contições para classificar nosso ponto (https://bit.ly/3ddaneH → Responde ai, Classificação de pontos críticos em R 2 )

Assim a matriz hessiana dada por

H f x , y = f x x f x y f y x f y y

Se resume em

12 x 2 + 4 0 0 12 y 2 + 4 = 144 x 2 y 2 + 48 x 2 + 48 y 2 + 16

Assim observe que

H f 0,0 = 16 > 0

e como f x x 0,0 = 4 > 0 , temos que nosso ponto crítico 0,0 é dito, ponto de mínimo.

Passo 3

(b) Teorema de Weiestrass, ou Teorema dos valores extremos como quiser adotar, sugere que se f é uma função contínua, definida em um conjunto fechado e limitado, então f terá valores extremos absolutos em seu interior.

Bom, nossa função é dada por

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

e por não ter pontos de descontinuidade, é dita logo de cara que se trata de uma função contínua.

Nosso domínio dado por

D = { x , y ∈ R   : x 2 + y 2 ≤ 1 }

descreve um circulo, na qual os pontos de fronteira dado por

x 2 + y 2 = 1

Estão contidos em nosso conjunto, logo ele é dito fechado e limitado.

Assim perceba que nosso teorema é valido para nosso problema, logo isso explica porque os valores extremos absolutos estão no interior de D .

Passo 4

(c) Já encontramos o ponto crítico da função f ( x , y ) no interior do domínio D , na qual f 0,0 = 0 .

Agora, vamos analisar nossa fronteira, ou seja g x , y = x 2 + y 2 = 1 .

Utilizando o método dos multiplicadores de Lagrange, temos que

f x = λ ⋅ g x f y = λ ⋅ g y g x , y = 1 ⟺ 4 x x 2 + 1 = λ ( 2 x ) 4 y y 2 + 1 = λ ( 2 y ) x 2 + y 2 = 1

Onde λ é dito nosso multiplicador de Lagrange.

Agora observe o seguinte: em x = 0 temos pela terceira equação

y 2 + 1 = 0 → y = ± 1

O mesmo ocorre em y = 0 , ou seja

x 2 + 1 = 0 → x = ± 1

Isso sugere que, os pontos 1,0 , - 1,0 , 0,1 e 0 , - 1 são pontos de máximos e/ou mínimos (locais ou absolutos).

Além disso temos que, para x ≠ 0 e y ≠ 0 , temos pela primeira e a segunda equação se resumem a

x 2 + 1 = λ / 2 y 2 + 1 = λ / 2

Ou seja

x 2 + 1 = y 2 + 1

Observe que não precisamos necessariamente calcular o valor de λ para resolver nosso problema, mas sim apenas aplicar o método de multiplicadores de Lagrange.

Voltando hahaha .... a equação acima sugere que

x 2 = y 2

Ou seja

y = ± x

Assim tome a terceira equação

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

2 x 2 = 1 → x = 1 2

Logo temos que os pontos 1 2 , 1 2 , - 1 2 , 1 2 , 1 2 , - 1 2 e - 1 2 , - 1 2 são também pontos de mínimo e máximo (locais ou absolutos).

Mas como saber quais são os pontos absolutos e quais são os locais? Vamos aplicar nossa função e verificar ...

Assim tome que

f ± 1,0 = f 0 , ± 1 = 3

Tome também que

f ± 1 2 ,   ± 1 2 = ± 1 2 4 + ± 1 2 4 + ± 1 2 2 + ± 1 2 2

Todos os valores saem positivo e

f ± 1 2 ,   ± 1 2 = 1 4 + 1 4 + 1 2 + 1 2 = 1 2 + 1 2 + 1 2 = 3 2

Logo temos que

f ± 1,0 = f 0 , ± 1 = 3 > 3 2 = f ± 1 2 , ± 1 2

Isso implica que os pontos 1,0 , - 1,0 , 0,1 e 0 , - 1 são pontos de máximos absolutos, os pontos 1 2 , 1 2 , - 1 2 , 1 2 , 1 2 , - 1 2 e - 1 2 , - 1 2 são máximos locais e 0,0 um mínimo absoluto.

Resposta

  1. 0,0 → p o n t o   d e   m í n i m o
  2. Teorema do Valor Extremo
  3. Máximos f ± 1,0 = f 0 , ± 1 = 3 e mínimo f 0,0 = 0

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