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Máximos e Mínimos
É pertinente lembrar que as técnicas de máximo e mínimo das funções reais de uma
variável real se estendem com alguns cuidados para funções reais de várias variáveis reais.
É bom lembrar que todos os resultados desta seção continuam válidos para todas as
funções reais de várias variáveis reais.
Definição: Seja ⊆ R →R uma função, onde
2 f : A A é um conjunto aberto. Um ponto
P 0 = ( x 0 , y 0 )∈ A é um ponto demáximo relativo de f , se existir uma bola B ( ( x 0 , y 0 ), δ)tal
que
f ( x , y )≤ f ( x 0 , y 0 ), ∀( x , y )∈ B (( x 0 , y 0 ), δ).
Neste caso, diremos que f ( x 0 , y 0 ) é ovalor máximo de f em B ( ( x 0 , y 0 ), δ).
Analogamente, um ponto P 0 (^) = ( x 0 , y 0 )∈ A é um ponto demínimo relativo de , se existir uma
bola
f
B ( ( x 0 , y 0 ), δ)tal que
f ( x 0 , y 0 )≤ f ( x , y ), ∀( x , y )∈ B (( x 0 , y 0 ), δ).
Neste caso, diremos que f ( x 0 , y 0 ) é ovalor mínimo de f em B ( ( x 0 , y 0 ), δ).
Máximo relativo
(não existe um valor de f maior próximo)
Superfície z = f(x, y)
Mínimo relativo
(não existe um valor de
f menor próximo)
Observação: Se é um ponto de máximo relativo (ou mínimo relativo),
dizemos que é um extremo relativo de e que é um valor
extremo da função.
P 0 = ( x 0 , y 0 )∈ A
P 0 = ( x 0 , y 0 )∈ A f f ( x 0 , y 0 )
Exemplo: O ponto (2 é um ponto de máximo relativo da função
.
2 2 f ( , x y ) = − ( x − 2) − ( y − 2) + 3
De fato, temos que , para toda bola
2 2 3 = f (2,2) ≥ f ( , x y ) = −( x − 2) − ( y − 2) + 3
B ( ( x 0 , y 0 ), δ).
Note que, a ilustração gráfica do exemplo acima nos sugere que o plano tangente a
superfície no ponto
2 2 f ( , x y ) = −( x − 2) − ( y − 2) + 3 P 0 (^) = (2,2) é paralelo ao plano XY. De
fato, sabemos que o vetor normal ao plano tangente a superfície f ( , x y )no ponto (2 é
dado por
n = (^) ( f (^) x (2,2), fy (2,2), − (^1) ) =(0,0, 1)
r −. Asssim, como f (^) x (2, 2) = 0 e f (^) y (2,2) = 0 ,
então a euqação do plano tangete é dado por:
0( x − 2) + 0( y − 2) − 1( z − f (2,2)) = 0 ⇒ z = 3.
Tal exemplo, nos faz enuciar um critério para encontrar possíveis pontos de máximo e mínimos de
uma função.
Teorema 1 (Teste da Derivada Primeira): Sejam uma função
contínua, onde
⊆ R → R
2 f : X
X é um conjunto aberto, e P = ( a , b )∈ X fixado. Suponhamos que P é um
ponto de máximo ou mínimo local de. Então e , ou seja,
.
f f (^) x ( a , b )= 0 f (^) y ( a , b )= 0
∇ f ( , ) a b = 0
r
plot3d(y^2-x^2,x=-10..10,y=-10..10,axes=normal);
Exemplo: Considere agora a função
2 g x y ( , ) x y
2 = + , na qual. Note que,
as derivadas parciais
2 Dom g ( )= IR
1 2 2 2
x ( ,^ )
x g x y
x y
e
1 2 2 2
y ( ,^ )
y g x y
x y
não estão definidas na
origem, isto é, ∇ g (0,0) = ( g x (0,0), gy (0,0))não existe. Veja o porque disto.
Ao analizarmos a derivada parcial da função com relação a variável x^ , no ponto ,
vemos que:
P = (0,0)
=lim = 1,
(0,0) =lim 0 0
→ → x
x
x
g x g g x x
x
isto é, g (^) x (0,0) não existe. De modo análogo, prova-se que gy (0,0) não existe. Portanto,
∇ g (0,0) não existe. No entanto, ao observamos o gráfico da função
2 2 g x y ( , ) = x + y ,
constatamos que a origem, , gera um ponto de mínimo relativo da função. Observe o
gráfico abaixo e veja você mesmo.
P = (0,0)
plot3d(sqrt(x^2+y^2),x=-10..10,y=-10..10,axes=normal);
Com esses dois exemplos, podemos introduzir a seguinte definição.
Definição: Seja ⊆ R →R uma função, onde
2 f : X X é um conjunto aberto. Diremos que
ponto um P = ( a , b )∈ X é um ponto crítico de f se ∇ f ( a , b )=(0,0) ou ∇ f ( a , b ) não
existe.
Exemplo: Vamos encontrar todos os pontos críticos da função
4 4 f ( , x y ) = 4 xy − x − y.
Primeiramente, temos que
3 f (^) x ( , x y ) = 4 y − 4 x e que
3 f (^) y ( , x y ) = 4 x − 4 y. Para determinar os
pontos nos quais ∇ f ( a , b )=(0,0), basta resolvermos o sistema
3
3
y x
x y
⎪^ −^ =
⎪⎩ −^ =
.
Na primeira equação, obtemos que
3 y = x e assim, ao substituirmos na segunda equação
teremos a equação
9 4 x − 4 x = 0 , cuja solução é x = 0, x = 1 e x = − 1.
Portanto, os pontos críticos da função são os pontos e ( 1 que são
candidatos a serem pontos de máximo ou mininos realtivos da função.
Exemplo: Vamos classificar os pontos críticos (0,0),(1,1) e ( 1,− −1) da função
4 4 f ( , x y ) = 4 xy − x − y.
Solução: Temos que e
2 f (^) xx ( , x y ) = − 12 x , f (^) xy ( , x y ) = 4
2 f (^) yy ( , x y ) = − 12 y.
I) Vamos classificar o ponto crítico (1,1).
Note que, como e
, então o ponto é um ponto de máximo relativo da função.
(^2 ) D = f (^) xx (1,1). f (^) yy (1,1) − ⎡ fxy (1,1) ⎤ = −( 12)( 12) − − 4 = 128 0 ⎣ ⎦
f (^) xx (1,1) = − 12 < 0 (1,1)
II) Vamos classificar o ponto crítico (0,0).
Note que, como e
então o ponto (0 é um ponto de sela da função.
(^2 ) D = f (^) xx (0,0). f (^) yy (0,0) − ⎡^ fxy (0,0) ⎤ = (0)(0) − 4 = 16 0 ⎣ ⎦
,0)
III) Vamos classificar o ponto crítico ( 1,− −1).
Note que, como e
, então o ponto é um ponto de máximo relativo da função.
2 D = f (^) xx ( 1,− −1). f (^) yy ( 1,− − 1) − ⎡ fxy ( 1,− −1) ⎤ = 128 > 0 ⎣ ⎦
f (^) xx (1,1) = − 12 < 0 ( 1,− −1)
Veja a ilustração gráfica da função
4 ( , ) 4
4 f x y = xy − x − y abaixo.
2 2 f ( x , y )= x + y
Exemplo: Seja a função definida por. Localize
e classifique os pontos críticos de
R → R
2 f : f ( x , y )= 2 x y 3 x 3 y
3 3 2
f.
Solução. Como f (^) x ( x , y )= 6 x 6 x e temos que
2 − ( , )= 3 3
2 f (^) y x y y − ∇ f ( x , y )=(0,0) se,
e somente se, 6 6 = 0
2 x − x e 3 3 = 0 se, e somente se,
2 y − x = 0 , x = 1 e y = − 1 e
y = 1. Assim, (0,1) , (0,−1) , (1,1) e (1,−1) são os pontos críticos de f. Agora, para
aplicarmos o Teste da Derivada Segunda, devemos determinar as derivadas parciais , ,
e verificar se elas são contínuas em uma vizinhança de cada um dos pontos críticos. Como
, e temos que elas são claramente
contínuas.
f (^) xx fxy
f yy
f (^) xx ( x , y )= 12 x − 6 f^ xy (^ x , y )=^0 f^ yy ( x , y )=^6 y
Note que, se P =(0,1)ou P =(1,−1), então
2 D = f (^) xx ( P ). f (^) yy ( P ) − ⎡^ f (^) xy ( P ) ⎤ = − 36 0 ⎣ ⎦
Portanto os potos (0,1) e (1,−1)são pontos de sela da função.
Note agora, que se P = (0,−1), então
2 D = f (^) xx (0, −1). f (^) yy (0, −1) − ⎡ fxy (0, −1) ⎤ = 36 > 0 ⎣ ⎦
, com f (^) xx (0, −1) = − 6 < 0.
Portanto, o ponto (0,−1)é um ponto de máximo relativo da função.
Analogamente, se P =(1,1), então
2 D = f (^) xx (1,1). f (^) yy (1,1) − ⎡^ fxy (1,1) ⎤ = 36 > 0 ⎣ ⎦
, com f (^) xx (1,1) = 6 > 0.
Portanto, o ponto (1,1) é um ponto de mínimo relativo da função.
Máximos e Mínimos Absolutos
Vimos que a função , possui um ponto de mínimo relativo na origem,
, ou seja, existe uma vizinhaça
2 2 f ( x , y )= x + y
P = (0,0) B ( (0,0), δ ) tal que f (0,0) ≤ f ( , x y ),
∀( , x y ) ∈ B ( (0,0), δ). Na verdade, note que
2 2 f (0,0) = 0 ≤ x + y = f ( , x y ),
2 ∀( , x y ) ∈ Dom f ( )= IR e assim diremos que o ponto P = (0,0) é um ponto de mínimo
absoluto da função. Veja o gráfico da função abaixo.
Exemplo: Encontre o máximo e o mínimo absoluto da função
2 2 f ( , x y ) = 2 + 2 x + 2 y − x − y
na região triangular limitada pelo eixo X, eixo Y e a reta y = 9 − x , que esta esboçada abaixo.
Solução:
(I) Determinar os extremos no interior de R.
Temos que f (^) x ( , x y ) = 2 − 2 x e f (^) y ( , x y ) = 2 − 2 y. Logo, 2 − 2 x = 0 e se, e
somente se,
2 − 2 y = 0
x = 1 e y = 1. Assim o ponto é um ponto crítico da função e esta no interior
da região R.
Note que, f (1,1) =4.
(II) Determinar os pontos de fronteira nos quais os extremos absolutos podem ocorre.
(II.1) Vamos trabalhar inicialmente com a fronteira representada pelo segmento
C 1 = { ( ,0) / 0 x ≤ x ≤ 9 }. Assim, neste segmento a função f ( , x y ), será da forma
, restrita ao intervalo fechado [0. Como já sabemos, através
do cálculo diferencial para funções de uma variável, os extremos do intervalo
2 g x ( ) = f ( ,0) x = 2 + 2 x − x ,9]
x = 0 e x = 9 , são
candidatos a extremos absolutos da função e consequentemente, os pontos e (
são candidatos a extremos absolutos de
g x ( ) (0,0) ,0)
f.
Vamos verificar se existe outros pontos ( , x y )∈ C 1 candidato a extremo absoluto de f.
Temos que g ′( )^ x = f (^) x ( ,0) x = 2 − 2 x = 0 implica que x = 1 é o único ponto crítico da
função g x ( ) no inteiror do intervalo [0,9]^ , ou seja, o ponto (1,0) é o único ponto no interior
da fronteira C 1 = { ( ,0) / 0 x ≤ x ≤ 9 } candidato a extremo absoluto da função f. Note que,
f (1,0) = 3, f (0,0) = 2 e que f (9,0) = − 61.
(II.2) No segmento C 2 (^) = {(0, y ) / 0 ≤ y ≤ 9} temos x = 0 e assim
2 f ( , x y ) = f (0, y ) = 2 + 2 y − y.
Sabemos pela simetria de f em x e e partire a partir a análise que acabamos de fazer uqe
os candidatos neste segmento são
y
f (0,0) = 2 , f (0,9) = − 61 e f (0,1) = 3
(II.3) Observe que á levamos em consideração os valores de f nos extremos do segmento
, assim precisamos somente examinar os pontos inteirores de.
Com , temos
C 3 (^) = {( ,9 x − x ) / 0 ≤ x ≤ 9} C 3
y = 9 − x
2 2 2 f ( , x y ) = 2 + 2 x + 2(9 − x ) − x − (9 − x ) = − 61 + 18 x − 2 x.
Na verdade, a função f ( , x y ) restrita ao segmento C 3 (^) = {( ,9 x − x ) / 0 ≤ x ≤ 9} dá
origem a função. Daí,
resulta
2 h x ( ) = f ( ,9 x − x ) = − 61 + 18 x − 2 x
h ′ ( )^ x = f ′( ,9 x − x ) = 18 − 4 x = 0
x =.
Nesse valor de x , teremos
y = − = e assim om ponto
⎟ é um candidato a
extremo absoluto da função f. Note que,
f
⎜ ⎟=^ −
.
Na figura abaixo, os pontos em azul representam todos os candidatos a extremos
absolutos da função
2 ( , ) 2 2 2
2 f x y = + x + y − x − y restrita a região triangular.
função h y ( ) = f ( 3− y + 10, y ) e assim, para y = 3 teremos x = −3.3 + 10 = 1 , isto é, o
ponto (1,3) é um ponto de máximo da função
2 ( , ) 49
2 f x y = − x − y sujeita a restrição
x + 3 y − 10 = 0.
Faremos agora, algumas observações a respeito da resolução deste exemplo.
(I) Considere a função g x y ( , ) = x + 3 y − 10 , oriunda da restrição x + 3 y − 10 = 0. Note que
a restrição x + 3 y − 10 = 0 , nada mais é do que a curva de nível C (^) 0 = {( , x y ) / g x y ( , ) =0}
da função g x y ( , ) = x + 3 y − 10. Veja a ilustração gráfica abaixo.
(II) Note que as curvas de níveis, (^) Dk , da função
2 ( , ) 49
2 f x y = − x − y são da forma
{ }
2 2 Dk = ( , x y ) / x + y = 49 − k , ou seja, são circunferências de centro na origem. Veja a
ilustração de alguma curvas de níveis Dk abaixo.
(III) Obeserve, pela ilustração grafica abaixo que existe uma circunferência
2 2 2 x + y = r , ou
seja, uma curva de nível Dk da função
2 ( , ) 49
2 f x y = − x − y tal que a reta (restrição)
x + 3 y − 10 = 0 é tangente a essa circunferência.
(IV) Por último, observe que o gradiente da função
2 ( , ) 49
2 f x y = − x − y no ponto é o
vertor
∇ f (1,3) = −( 2, −6) , no qual sabemos que é perpendicular a curna de nível
. Observe ainda que o vetor gradiente da função
, no ponto (1 é o vetor
2 2 D 39 (^) = {( , x y ) / x + y =10}
g x y ( , ) = x + 3 y − 10 ,3) ∇ g (1,3) = (1,3), que é perpendicular a curna
de nível C (^) 0 = {( , x y ) / x + 3 y − 10 = 0}. Note que, ∇ f (1,3) = −2. ∇ g (1,3), ou seja, os
vetores ∇ f (1,3)e ∇ g (1,3)multiplo um do outro.
