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Teorema de Fubini

Cálculo Diferencial e Integral II
Taguspark,

IST

Ficha 5 — Fórmula de Taylor, extremos em pontos interiores

  1. Mostre que a função definida em $\mathbb{R}^2$ por $1 + x^2 + (y − 1)^2 + x^3 + (y − 1)^4$ possui um extremo local em $(0, 1)$ e classifique-o.

  2. Decida se a função $h:\mathbb{R}^2\to \mathbb{R}$ definida por \[h(x,y)=e^{(x-1)^2+(y-1)^2}+ (x-1)(y-1)+(x-1)^3\] tem ou não um ponto de extremo local em $(1,1)$.

    Solução

    As derivadas parciais de primeira ordem de $h$ são \begin{align*} \frac{\partial h}{\partial x} & = 2 (x-1)e^{(x-1)^2+(y-1)^2} + y-1 + 3 (x-1)^2, \\ \frac{\partial h}{\partial y} & = 2 (y-1)e^{(x-1)^2+(y-1)^2} + x-1. \end{align*} donde \[ \frac{\partial h}{\partial x} (1,1) = \frac{\partial h}{\partial y} (1,1) =0 \] isto é, $(1,1)$ é um ponto de estacionaridade de $h$.

    Calculando derivadas parciais de segunda ordem obtemos \begin{align*} \frac{\partial^2 h}{\partial x^2} & = 4 (x-1)^2 e^{(x-1)^2+(y-1)^2} + 2 e^{(x-1)^2+(y-1)^2} + 6 (x-1) \\ \frac{\partial^2 h}{\partial x \partial y } & = 4 (x-1) (y-1) e^{(x-1)^2+(y-1)^2} + 1 \\ \frac{\partial^2 h}{\partial y^2} & = 4 (y-1)^2 e^{(x-1)^2+(y-1)^2} + 2 e^{(x-1)^2+(y-1)^2} \end{align*} donde \begin{align*} \frac{\partial^2 h}{\partial x^2} (1,1)= 2 \\ \frac{\partial^2 h}{\partial x\partial y} (1,1)= 1 \\ \frac{\partial^2 h}{\partial y^2} (1,1)= 2 \end{align*} pelo que a matriz hessiana de $h$ no ponto $(1,1)$ é \[ H_h(1,1)=\begin{bmatrix} 2 & 1 \\ 1 & 2 \end{bmatrix} \] que define uma forma quadrática definida positiva (note que o determinante da matriz é $3>0$, pelo que os valores próprios são não nulos e têm o mesmo sinal, e que o respectivo traço é $4>0$, pelo que os valores próprios são positivos). Assim o termo de segunda ordem da fórmula de Taylor de $h$ relativamente ao ponto $(1,1)$ é uma forma quadrática definida positiva e $(1,1)$ é um ponto de mínimo local.

    Note que da forma que a pergunta estava formulada bastava reconhecer que se trata de um ponto de extremo local à custa do sinal do determinante da matriz hessiana. Acima optou-se por indicar o pouco mais que é preciso para decidir que se trata de um ponto de mínimo local.

  3. Decida se a função $g:\mathbb{R}^2\to \mathbb{R}$ definida por $g(x,y)= 5x^2+4xy+y^2-\cos(xy)$
    tem ou não um ponto de extremo local em $(0,0)$ e, se optar pela afirmativa, classifique-o.

  4. Considere a função definida por $H(x, y) = e^{(x−1)^2} + y^2 − (x − 1)^2 y^2$.
    1. Mostre que $H$ possui um extremo local em $(1, 0)$ e classifique-o.
    2. Determine o contradomínio da restrição de $H$ a $[0, 2] \times [−1, 1]$. [Sugestão: comece por mostrar que não há outros pontos de estacionaridade no interior de $[0, 2] \times [−1, 1]$.]
    Solução

    Temos \begin{align*}\frac{\partial H}{\partial x}&= 2 (x-1)e^{(x−1)^2} -2(x-1)y^2 \\ \frac{\partial H}{\partial y}&= 2 y -2 (x-1)^2y \end{align*} pelo que $\nabla H(1,0)=(0,0)$ e $(1,0)$ é um ponto de estacionaridade de $H$. Sendo assim talvez seja um ponto de extremo local de $H$. Para investigar esta questão vamos usar o método baseado na análise do termo de 2ª ordem da fórmula de Taylor relativamente a $(1,0)$.

    Temos \begin{align*}\frac{\partial^2 H}{\partial x^2}&=(4 (x-1)^2+2) e^{(x−1)^2} -2y^2 \\ \frac{\partial^2 H}{\partial x \partial y}&= -4 (x-1)y \\ \frac{\partial^2 H}{\partial y^2} &= 2  -2 (x-1)^2\end{align*} pelo que a matriz hessiana de $H$ em $(1,0)$, $\mathcal{H}_H(1,0)$, verifica \[\mathcal{H}_H(1,0) \equiv\begin{bmatrix}\frac{\partial^2 H}{\partial x^2} & \frac{\partial^2 H}{\partial x \partial y} \\ \frac{\partial^2 H}{\partial x \partial y} & \frac{\partial^2 H}{\partial y^2} \end{bmatrix}(1,0) =\begin{bmatrix} 2 & 0 \\ 0 & 2 \end{bmatrix}\] pelo que a forma quadrática associada é definida positiva e portanto $(1,0)$ é um ponto de mínimo local.

    Convencionamos designar por $h$ a restrição de $H$ a $I=[0,2]\times [-1,1]$. Como $I\subset\mathbb{R}^2$ é trivialmente conexo (visto ser convexo por exemplo), o teorema do valor intermédio garante que o contradomínio de $h$ é um conexo. Como os conexos de $\mathbb{R}$ são os intervalos, o contradomínio de $h$ também é um intervalo que designamos por $J$. Como $I$ é limitado e fechado, o teorema de Weierstrass garante que $J$ é um intervalo limitado e fechado portanto da forma $[\alpha,\beta]$ com $\alpha=\min h \leq \max h = \beta$.

    Põe-se agora a questão de determinar $\alpha$ e $\beta$. Note-se que se um dos extremos absolutos de $h$ ocorrer em $\operatorname{int}I$ então esse ponto será também um ponto de extremo local de $H$ e um ponto de estacionaridade de $H$. A outra possibilidade é os extremos absolutos ocorrerem em pontos de $\partial I$. Estabelece-se assim que uma possível estratégia para determinar $\alpha$ e $\beta$ é determinar o máximo de $H$ quando restrito ao conjunto formado por pontos de estacionaridade em $\operatorname{int} I$ e pelos pontos de $\partial I$.

    Esclarecemos a questão de saber quais são os pontos de estacionaridade em $\operatorname{int} I$. O sistema de estacionaridade pode ser escrito na forma \[\begin{cases} (x-1)\left(e^{(x−1)^2} -y^2\right)=0 \\ y(1 - (x-1)^2)=0 \end{cases}\] Se satisfizermos a segunda equação com $y=0$ verificamos da primeira equação que $x=1$ obtendo o ponto de estacionaridade já conhecido. Idem se considerarmos na primeira equação $x=1$. Outros pontos de estacionaridade teriam de satisfazer \[\begin{cases} e^{(x−1)^2} -y^2 = 0 \\ 1 - (x-1)^2 = 0\end{cases}\] Portanto resta-nos a possibilidade de $x=0$ ou $x=2$ o que acarreta $y^2=e$. Estas duas soluções no entanto não estão em $\operatorname{int} I$. Portanto na nossa busca de extremos absolutos o único ponto de estacionaridade a considerar é $(1,0)$ onde a função vale $h(1,0)=H(1,0)=1$.

    Consideramos agora o que se passa sobre $\partial I$. Sobre dois dos segmentos de recta que constituem $\partial I$ a função é constante e vale $e$. Isto acontece para $x=0$ ou $x=2$ e qualquer valor de $y$.

    Para analisar o que se passa nos dois outros segmentos de recta que forma $\partial I$ consideramos a função $f,:[0,2]\to \mathbb{R}$ definida por \[f(x)=H(x,-1) = H(x,1)=e^{(x-1)^2}+1 - (x-1)^2.\] Temos $f'(x)=2(x-1)e^{(x-1)^2} -2 (x-1)= 2 (x-1) (e^{(x-1)^2}-1)$. Na expressão de $f'$ o factor envolvendo a exponencial é sempre não negativo pelo que o sinal da derivada é o sinal de $(x-1)$. Assim $f$ tem um mínimo para $x=1$ e dois candidatos a pontos de máximo nos extremos do intervalo $[0,2]$. Ora $f(1)= 2$, $f(0)=f(2)=e$.

    Concluímos assim que o mínimo da restrição de $H$ a $I$ ocorre em $(1,0)$ e vale $1$ e o máximo ocorre nos segmentos definidos por $x=0$ e $y\in [-1,1]$ ou $x=2$ e $y\in [-1,1]$.

    Assim $H([0, 2] \times [−1, 1])=[1,e]$.

  5. Considere a função $h :\mathbb{R}^2 \to \mathbb{R}$ definida por $h(x, y) = (1 − 2x^2 − y^2 )xy$. Mostre que:
    1. $h$ não possui pontos de extremo absoluto.
    2. $h$ possui só quatro pontos de extremos local, dois deles pontos de máximo e dois deles pontos de mínimo.
    Solução

    Temos $h(x,x)=(1-3x^2)x^2\to -\infty$ quando $x\to +\infty$ e $h(x,-x)=-(1-3x^2)x^2\to +\infty$ quando $x\to +\infty$. Daí que $h$ não possui extremos absolutos.

    O sistema de estacionaridade desta função é \[\begin{cases}\dfrac{\partial h}{\partial x}\equiv -4x^2y + (1-2x^ 2-y^2)y=0 \\ \dfrac{\partial h}{\partial y}\equiv -2xy^2 + (1-2x^ 2-y^2)x=0\end{cases}\] Podemos satisfazer a primeira equação com $y=0$. Nesse caso eventuais soluções da segunda equação devem satisfazer $(1-2x^2)x=0$ o que conduz a três soluções: $(0,0)$, $\left(\frac{\sqrt{2}}{2},0\right)$ e $\left(-\frac{\sqrt{2}}{2},0\right)$.

    De maneira similar podemos satisfazer a segunda equação considerando $x=0$. Nesse caso a primeira equação conduz a $(1-y^2)y=0$ e portanto determinamos três soluções: $(0,0)$ (já conhecida), $(0,1)$ e $(0,-1)$.

    Finalmente consideremos a possibilidade de nem $x$ nem $y$ serem $0$. Nesse caso o sistema reduz-se a \begin{equation}\begin{cases}-6x^2 + 1-y^2=0 \\ -3y^2 + 1-2x^ 2=0\end{cases}\label{eq:3b1}\end{equation} Multiplicando ambos os membros da segunda equação por $3$ subtraindo membro a membro as duas equações, obtemos que eventuais soluções devem satisfazer $-2+8y^2=0 \Leftrightarrow y=\pm \frac{1}{2}$. Usando uma das equações em ($\ref{eq:3b1}$) obtemos os valores correspondentes de $x$ que serão $x=\pm\frac{1}{2\sqrt{2}}$ (valendo todas as combinações de sinais). Obtivemos assim mais quatro soluções: $\left(\frac{1}{2\sqrt{2}}, \frac{1}{2}\right)$, $\left(-\frac{1}{2\sqrt{2}}, \frac{1}{2}\right)$, $\left(-\frac{1}{2\sqrt{2}}, -\frac{1}{2}\right)$ e $\left(\frac{1}{2\sqrt{2}}, -\frac{1}{2}\right)$.

    Embora fosse possível analisar todos estes pontos via um critério baseado no termo de segunda ordem da fórmula de Taylor vamos apresentar um método alternativo que, para algumas funções, conduz a uma análise expedita.

    Notamos que a função $h$ é dada pelo produto de três factores: $x$, $y$ e $(1 − 2x^2 − y^2 )$. Notamos ainda que nos seguintes pontos, $(0,0)$, $\left(\frac{\sqrt{2}}{2},0\right)$, $\left(-\frac{\sqrt{2}}{2},0\right)$, $(0,1)$ e $(0,-1)$, a função vale $0$ e que, por análise do sinal dos factores referidos, é imediato estabelecer que todos eles são pontos de sela.

    Quanto aos restantes quatro pontos começamos por considerar $\left(\frac{1}{2\sqrt{2}}, \frac{1}{2}\right)$. Este ponto é interior ao conjunto definido por $2x^2+y^2\leq 1$, $x\geq 0$, $y\geq 0$ e neste conjunto a função toma valores positivos no interior e $0$ na fronteira. Assim o teorema de Weierstrass garante que neste conjunto a função tem um ponto de máximo que terá de ocorrer no interior. Como só existe aí um ponto de estacionaridade concluímos que $\left(\frac{1}{2\sqrt{2}}, \frac{1}{2}\right)$ é um ponto de máximo local. Uma análise similar estabelece que $\left(-\frac{1}{2\sqrt{2}}, -\frac{1}{2}\right)$ tembém é um ponto de máximo local e os dois restantes pontos de estacionaridade são pontos de mínimo local.

  6. Seja $u:\mathbb{R}^2\to\mathbb{R}$ definida por $u(x,y)=e^{x^4y^6}$. Determine $\frac{\partial^{35} u}{\partial x^{20}\partial y^{15}}(0,0)$. [Sugestão: use a série de Taylor da exponencial para obter a fórmula de Taylor de $u$ de ordem suficientemente elevada e relativamente a $(0,0)$.]
    Solução

    A série de Taylor verifica \[e^\lambda = 1 + \lambda +\frac{\lambda^2}{2}+\frac{\lambda^3}{3!} + \frac{\lambda^4}{4!}+\dots \] para todo o $\lambda\in\mathbb{R}$. Logo também \[e^{x^4y^6} = 1 + x^4y^6 +\frac{x^8y^{12}}{2}+\frac{x^{12}y^{18}}{3!} + \frac{x^{16}y^{24}}{4!}+\dots \] Daí que seja razoável suspeitar que o polinómio de Taylor de ordem igual a $40$ da função $u$ relativa a $(0,0)$ seja \[P(x,y)=1 + x^4y^6 +\frac{x^8y^{12}}{2}+\frac{x^{12}y^{18}}{3!} + \frac{x^{16}y^{24}}{4!}.\] Admitindo por um momento que isto é de facto verdade, notamos que neste polinómio não existe termo de ordem $35$ o que corresponde à derivada dirigida de ordem $35$ de $u$ em $(0,0)$ ser uma forma identicamente nula e portanto todas as derivadas parciais de ordem $35$ de $u$ valem $0$ em $(0,0)$ e, em particular, a pretendida.

    Lidamos agora com a questão de saber se de facto tínhamos obtido o polinómio de Taylor de $u$ de ordem $40$ relativo a $(0,0)$. De acordo com o teorema de Taylor bastará mostrar que \[\lim_{(x,y)\to (0,0)}\frac{u(x,y)-P(x,y)}{(x^2+y^2)^{20}}=0.\] Ora sabemos que \[\lim_{\lambda\to 0}\frac{e^\lambda - 1 - \lambda -\frac{\lambda^2}{2}-\frac{\lambda^3}{3!} - \frac{\lambda^4}{4!}}{\lambda^4}=0\] donde, pelo limite da função composta, \[\lim_{(x,y)\to (0,0)}\frac{e^{x^4y^6} - P(x,y)}{x^{16}y^{24}}=0\] Como \[\frac{u(x,y)-P(x,y)}{(x^2+y^2)^{20}}=\frac{u(x,y)-P(x,y)}{x^{16}y^{24}}\frac{x^{16}y^{24}}{(x^2+y^2)^{20}} \] bastará mostrar que $\frac{x^{16}y^{24}}{(x^2+y^2)^{20}} $ é uma função majorada para garantir o resultado pretendido. Mas isso decorre de $x^{16}y^{24}=(x^2)^8 (y^2)^{12}\leq (x^2+y^2)^8 (x^2+y^2)^{12}=(x^2+y^2)^{20}$.

  7. Considere a função $g:\mathbb{R}^3\to \mathbb{R}$ definida por $g(x,y,z)=(z-\sqrt{x^2+y^2})^3 - 3 (z-\sqrt{x^2+y^2})$. Determine, se existirem, os pontos de extremo local de $g$.
  8. Determine o polinómio de duas variáveis e grau menor ou igual a 6, $p(x,y)$, tal que \[\lim_{(x,y)\to (0,0)}\frac{e^{xy^2}-p(x,y)}{x^6+ y^6}=0.\]

Última actualização: João Palhoto Matos em 03/04/2017 13:42:52.