Analise a natureza dos pontos críticos das seguintes funções:
f(x, y)=x e^{-\left(x^{2}+y^{2}\right)}

Passo 1

O que o enunciado pede e o que nos dá:
  • Pede: analisar a natureza dos pontos críticos da função f:\mathbb{R}^2\to\mathbb{R}
  • Função dada: f(x,y)=x e^{-\left(x^{2}+y^{2}\right)}.
  • Informação implícita importante: o domínio é todo o plano \mathbb{R}^2 e a função é suave (infinitamente diferenciável) em todo esse domínio.

Passo 2

Como encontraremos os pontos críticos (passo teórico curto e intuitivo):
  • Ponto crítico é ponto onde o gradiente some zero, isto é onde as derivadas parciais primeiras são simultaneamente zero: \nabla f=(f_x,f_y)=(0,0).
  • Para calcular derivadas parciais vamos usar duas regras básicas:
    1. Regra do produto: \dfrac{\partial}{\partial x}(u\cdot v)=u_x v + u v_x.
    2. Regra da cadeia: se g(t)=e^{t} e t=t(x,y), então \dfrac{\partial}{\partial x}e^{t(x,y)}=e^{t(x,y)}\cdot t_x.
  • Aqui é útil notar a forma f(x,y)=x\cdot e^{-r^2} com r^2=x^2+y^2. A exponencial tem derivada que traz um fator -2x ou -2y quando derivamos em relação a x ou y.

Passo 3

Cálculo das derivadas parciais primeiras e resolução do sistema \nabla f=0.
  • Derivada parcial em relação a x: f_x=\frac{\partial}{\partial x}\bigl(x e^{-(x^2+y^2)}\bigr)Aplicando regra do produto: u=x, v=e^{-r^2}. f_x = 1\cdot e^{-r^2} + x\cdot e^{-r^2}\cdot(-2x)
f_x = e^{-r^2}\bigl(1-2x^2\bigr).
  • Derivada parcial em relação a y:
    f_y=\frac{\partial}{\partial y}\bigl(x e^{-(x^2+y^2)}\bigr)
    Aqui x é tratado como constante e só derivamos a exponencial:
    f_y = x\cdot e^{-r^2}\cdot(-2y) = -2xy\,e^{-r^2}.
  • Resolver \nabla f=0, isto é
    e^{-r^2}(1-2x^2)=0,\qquad -2xy\,e^{-r^2}=0.
    Observação importante: e^{-r^2}>0 para todo (x,y), logo pode ser dividido fora das equações. Assim as equações equivalem a
    1-2x^2=0,\qquad xy=0.
    Da primeira vem x^2=\tfrac{1}{2}, ou seja x=\pm \dfrac{1}{\sqrt{2}}.
    Da segunda vem x=0 ou y=0. Combine as duas condições:
    • x=0 não satisfaz x^2=\tfrac{1}{2}, logo não é possível.
    • Logo necessariamente y=0 e x=\pm \dfrac{1}{\sqrt{2}}.
  • Conclusão: os pontos críticos são
    \left(\dfrac{1}{\sqrt{2}},0\right)\quad\text{e}\quad\left(-\dfrac{1}{\sqrt{2}},0\right).

Passo 4

Como classificar os pontos críticos (explicação didática do teste das derivadas segundas):
  • Formamos a matriz Hessiana H com as segundas derivadas: H=\begin{pmatrix} f_{xx} & f_{xy} \\[4pt] f_{yx} & f_{yy} \end{pmatrix}.O teste padrão em \mathbb{R}^2 usa o determinante D=\det H = f_{xx}f_{yy}-f_{xy}^2:
    • Se D>0 e f_{xx}>0 então temos mínimo local.
    • Se D>0 e f_{xx}<0 então temos máximo local.
    • Se D<0 então é ponto de sela.
    • Se D=0 o teste é inconclusivo.
  • Vamos então calcular f_{xx},f_{xy},f_{yy} explicitamente.]

Passo 5

Cálculo das derivadas segundas (mostrando os passos):
  • Já temos f_x=e^{-r^2}(1-2x^2). Diferenciando em relação a x:
    f_{xx}=\frac{\partial}{\partial x}\bigl[e^{-r^2}(1-2x^2)\bigr].
    Usando regra do produto (com g=e^{-r^2} e h=1-2x^2):
    g_x=-2x e^{-r^2},\qquad h_x=-4x.
    Logo
    f_{xx}=g_x h + g h_x = (-2x e^{-r^2})(1-2x^2) + e^{-r^2}(-4x).
    Agrupando fatores:
    f_{xx}=e^{-r^2}\bigl(-2x(1-2x^2)-4x\bigr)=e^{-r^2}\bigl(4x^3-6x\bigr).
  • Para f_{xy}: derivamos f_x em relação a y. Como h=1-2x^2 não depende de y,
    f_{xy}= (1-2x^2)\frac{\partial}{\partial y}e^{-r^2}=(1-2x^2)(-2y)e^{-r^2}.
    Ou seja
    f_{xy}=-2y(1-2x^2)e^{-r^2}.
    Observação: f_{yx}=f_{xy} pela suavidade da função.
  • Para f_{yy}: derivamos f_y=-2xy e^{-r^2} em relação a y. Trate -2x como constante:
    f_{yy}=-2x\frac{\partial}{\partial y}\bigl(y e^{-r^2}\bigr) = -2x\bigl(e^{-r^2} + y(-2y)e^{-r^2}\bigr).
f_{yy}=-2x e^{-r^2}(1-2y^2).

Passo 6

Avaliação da Hessiana e classificação no ponto \left(\dfrac{1}{\sqrt{2}},0\right).
  • Primeiro calculemos quantidades necessárias. Neste ponto temos x=\dfrac{1}{\sqrt{2}}, y=0, logo r^2=x^2+y^2=\tfrac{1}{2} e e^{-r^2}=e^{-1/2}.
  • Avaliando as segundas derivadas: f_{xy}\biggl(\dfrac{1}{\sqrt{2}},0\biggr)= -2\cdot 0\cdot(1-2x^2)e^{-r^2}=0.
f_{xx}\biggl(\dfrac{1}{\sqrt{2}},0\biggr)=e^{-1/2}\bigl(4x^3-6x\bigr).
Substituindo x=\dfrac{1}{\sqrt{2}}:
4x^3-6x = 4\cdot\frac{1}{(\sqrt{2})^3}-6\cdot\frac{1}{\sqrt{2}} =4\cdot\frac{1}{2\sqrt{2}}- \frac{6}{\sqrt{2}} =\frac{2}{\sqrt{2}}-\frac{6}{\sqrt{2}}=-\frac{4}{\sqrt{2}}=-2\sqrt{2}.
Assim
f_{xx}\biggl(\dfrac{1}{\sqrt{2}},0\biggr) = -2\sqrt{2}\,e^{-1/2}<0.
f_{yy}\biggl(\dfrac{1}{\sqrt{2}},0\biggr) = -2x e^{-1/2} = -2\cdot\frac{1}{\sqrt{2}} e^{-1/2} = -\sqrt{2}\,e^{-1/2}<0.
  • Determinante da Hessiana: D = f_{xx}f_{yy}-f_{xy}^2 = \bigl(-2\sqrt{2}e^{-1/2}\bigr)\bigl(-\sqrt{2}e^{-1/2}\bigr)-0 = 4 e^{-1}>0.
  • Conclusão nesse ponto: D>0 e f_{xx}<0 \Rightarrow ponto de máximo local.

Passo 7

Avaliação da Hessiana e classificação no ponto \left(-\dfrac{1}{\sqrt{2}},0\right).
  • Agora x=-\dfrac{1}{\sqrt{2}}, y=0, novamente r^2=\tfrac{1}{2} e e^{-r^2}=e^{-1/2}.
  • Avaliando: f_{xy}\biggl(-\dfrac{1}{\sqrt{2}},0\biggr)=0.
f_{xx}\biggl(-\dfrac{1}{\sqrt{2}},0\biggr)=e^{-1/2}\bigl(4x^3-6x\bigr).
Com x=-\dfrac{1}{\sqrt{2}}:
4x^3-6x = 4\cdot\left(-\frac{1}{2\sqrt{2}}\right) -6\left(-\frac{1}{\sqrt{2}}\right) = -\frac{2}{\sqrt{2}} + \frac{6}{\sqrt{2}} = \frac{4}{\sqrt{2}} = 2\sqrt{2}.
Logo
f_{xx}\biggl(-\dfrac{1}{\sqrt{2}},0\biggr) = 2\sqrt{2}\,e^{-1/2}>0.
f_{yy}\biggl(-\dfrac{1}{\sqrt{2}},0\biggr) = -2x e^{-1/2} = -2\left(-\frac{1}{\sqrt{2}}\right)e^{-1/2} = \sqrt{2}\,e^{-1/2}>0.
  • Determinante: D = f_{xx}f_{yy}-f_{xy}^2 = \bigl(2\sqrt{2}e^{-1/2}\bigr)\bigl(\sqrt{2}e^{-1/2}\bigr)-0 = 4 e^{-1}>0.
  • Conclusão nesse ponto: D>0 e f_{xx}>0 \Rightarrow ponto de mínimo local.

Passo 8

Observações finais e interpretação intuitiva (ânimo!):
  • Encontramos exatamente dois pontos críticos e os classificamos: um máximo local em \left(\dfrac{1}{\sqrt{2}},0\right) e um mínimo local em \left(-\dfrac{1}{\sqrt{2}},0\right).
  • Intuitivamente faz sentido: ao fixar y=0 a função reduz a g(x)=x e^{-x^2}, que é uma função univariada com um máximo positivo e um mínimo negativo simétricos em x=\pm 1/\sqrt{2}. No plano, o fator e^{-(x^2+y^2)} trase uma forte decaída radial, por isso não surgem outros extremos.
  • Um incentivo: você já fez o trabalho difícil (derivar e combinar); classificar com o teste da Hessiana é só aplicar as regras que vimos. Parabéns por seguir até aqui!

Resposta

\left(\dfrac{1}{\sqrt{2}},0\right) — máximo local.
\left(-\dfrac{1}{\sqrt{2}},0\right) — mínimo local.

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