Analise a natureza dos pontos críticos de:
  • 4 x y^{2}-2 x^{2} y-x
  • x y-x{3}-y{2}
  • 4 y^{2} e{-\left(x{2}+y^{2}\right)}
  • (x-y){4}+(x+y+2){2}
  • 1-x{4}-y{4}
  • x{3}+(x-y){2}

Passo 1

Você me deu seis funções e quer analisar a natureza (máximo local, mínimo local, ponto de sela ou caso degenerado a analisar) dos pontos críticos de cada uma. As funções são:
\begin{aligned} &\text{(1)}\quad f_1(x,y)=4 x y^{2}-2 x^{2} y-x,\\\ &\text{(2)}\quad f_2(x,y)=x y-x^{3}-y^{2},\\\ &\text{(3)}\quad f_3(x,y)=4 y^{2} e^{-(x^{2}+y^{2})},\\\ &\text{(4)}\quad f_4(x,y)=(x-y)^{4}+(x+y+2)^{2},\\\ &\text{(5)}\quad f_5(x,y)=1-x^{4}-y^{4},\\\ &\text{(6)}\quad f_6(x,y)=x^{3}+(x-y)^{2}. \end{aligned}
O que eu preciso fazer para cada função:
  • encontrar todos os pontos críticos (solucionar \nabla f=0);
  • calcular as derivadas segundas (Hessiana) e aplicar o teste das derivadas segundas quando possível;
  • quando o teste for inconclusivo ( D=0), fazer análise adicional (por exemplo: comportamento por linhas, expressão como soma de termos não negativos, etc.) para concluir a natureza do ponto crítico.

Passo 2

Rápida revisão do método (pra gente ficar na mesma página; é a “caixinha de ferramentas” que vou usar em todas as funções):
  1. Gradiente: as equações para pontos críticos são
\frac{\partial f}{\partial x}=0,\qquad \frac{\partial f}{\partial y}=0.
Vou resolver esse sistema para encontrar os pontos críticos.
  1. Hessiana e teste quadrático: definimos as segundas derivadas
f_{xx}=\frac{\partial^2 f}{\partial x^2},\quad f_{yy}=\frac{\partial^2 f}{\partial y^2},\quad f_{xy}=\frac{\partial^2 f}{\partial x\partial y}.
O determinante Hessiano (para classificação) é
D = f_{xx}f_{yy}-\big(f_{xy}\big)^2.
Regras do teste:
  • Se D>0 e f_{xx}>0 então ponto crítico é mínimo local (estrito).
  • Se D>0 e f_{xx}<0 então é máximo local (estrito).
  • Se D<0 então é ponto de sela.
  • Se D=0 o teste é inconclusivo: preciso olhar termos de ordem superior, restrições a linhas, ou propriedades como soma de quadrados para decidir.
Agora vou aplicar isso a cada função passo a passo.

Passo 3

Análise de f_1(x,y)=4 x y^{2}-2 x^{2} y-x.
  1. Derivadas parciais:
\frac{\partial f_1}{\partial x}=4y^{2}-4xy-1,\qquad \frac{\partial f_1}{\partial y}=8xy-2x^{2}.
  1. Resolver \nabla f_1=0. A segunda equação fatoriza:
8xy-2x^{2}=2x(4y-x)=0.
Logo x=0 ou x=4y.
  • Se x=0, a primeira equação vira 4y^{2}-1=0\Rightarrow y^{2}=\tfrac{1}{4}\Rightarrow y=\pm \tfrac{1}{2}. Obtemos os pontos \big(0,\tfrac{1}{2}\big) e \big(0,-\tfrac{1}{2}\big).
  • Se x=4y, substituir na primeira dá 4y^{2}-4(4y)y-1=4y^{2}-16y^{2}-1=-12y^{2}-1=0, o que não tem solução real. Então os únicos pontos críticos são \big(0,\tfrac{1}{2}\big) e \big(0,-\tfrac{1}{2}\big).
  1. Segundas derivadas (Hessiana):
f_{1,xx}=-4y,\qquad f_{1,yy}=8x,\qquad f_{1,xy}=8y-4x.
Avaliar nos pontos críticos:
  • Em \big(0,\tfrac{1}{2}\big):
f_{xx}=-2,\quad f_{yy}=0,\quad f_{xy}=4.
Determinante D = (-2)\cdot 0 - 4^{2} = -16<0. Sendo D<0 é ponto de sela.
  • Em \big(0,-\tfrac{1}{2}\big):
f_{xx}=2,\quad f_{yy}=0,\quad f_{xy}=-4,
Determinante D=2\cdot 0 - (-4)^{2} = -16<0. Também ponto de sela.
Conclusão: os dois pontos críticos são pontos de sela.

Passo 4

Análise de f_2(x,y)=x y-x^{3}-y^{2}.
  1. Derivadas parciais:
\frac{\partial f_2}{\partial x}=y-3x^{2},\qquad \frac{\partial f_2}{\partial y}=x-2y.
  1. Resolver \nabla f_2=0. Da segunda equação x=2y. Substituindo na primeira:
y-3(2y)^{2}=y-12y^{2}=0 \Rightarrow y(1-12y)=0.
Portanto y=0 ou y=\tfrac{1}{12}.
  • Se y=0, então x=0. Ponto (0,0).
  • Se y=\tfrac{1}{12}, então x=2y=\tfrac{1}{6}. Ponto \big(\tfrac{1}{6},\tfrac{1}{12}\big).
  1. Segundas derivadas:
f_{2,xx}=-6x,\quad f_{2,yy}=-2,\quad f_{2,xy}=1.
Avaliar:
  • Em (0,0): f_{xx}=0,\\ f_{yy}=-2,\\ f_{xy}=1. Determinante D=0\cdot(-2)-1^{2}=-1<0 ⇒ ponto de sela.
  • Em \big(\tfrac{1}{6},\tfrac{1}{12}\big): f_{xx}=-6\cdot\tfrac{1}{6}=-1,\\ f_{yy}=-2,\\ f_{xy}=1. Determinante D=(-1)(-2)-1^{2}=2-1=1>0. Como f_{xx}=-1<0 e D>0, é máximo local.
Conclusão: (0,0) é ponto de sela; \big(\tfrac{1}{6},\tfrac{1}{12}\big) é máximo local.

Passo 5

Análise de f_3(x,y)=4 y^{2} e^{-(x^{2}+y^{2})}.
  1. Derivadas parciais (usar regra do produto e que e^{-r^{2}}>0 sempre, com r^{2}=x^{2}+y^{2}):
\frac{\partial f_3}{\partial x}=-8x y^{2} e^{-(x^{2}+y^{2})},
\frac{\partial f_3}{\partial y}=8y(1-y^{2}) e^{-(x^{2}+y^{2})}.
  1. Resolver \nabla f_3=0. Como e^{-(x^{2}+y^{2})}>0, podemos ignorá-lo ao achar zeros:
  • De \partial f_3/\partial x=0 obtemos x y^{2}=0 x=0 ou y=0.
  • De \partial f_3/\partial y=0 obtemos y(1-y^{2})=0 y=0 ou y=\pm 1.
Combinações:
  • Se y=0, então qualquer x satisfaz ambas as equações. Logo toda a reta \{(x,0):x\in\mathbb{R}\} é conjunto de pontos críticos.
  • Se y=1, então da primeira equação precisamos de x=0. Ponto (0,1).
  • Se y=-1, então x=0. Ponto (0,-1).
Portanto pontos críticos: toda a reta \{(x,0)\} e os pontos (0,1), (0,-1).
  1. Segundas derivadas (usarei fórmulas já simplificadas para avaliar nos pontos):
f_{3,xx}=-8y^{2}e^{-(x^{2}+y^{2})}(1-2x^{2}),
f_{3,xy}=-16xy(1-y^{2})e^{-(x^{2}+y^{2})},
f_{3,yy}=8e^{-(x^{2}+y^{2})}\big(1-5y^{2}+2y^{4}\big).
Avaliação:
  • Em pontos (x,0) (reta crítica): f_{xx}=0,\\ f_{xy}=0,\\ f_{yy}=8e^{-x^{2}}>0. Então o determinante D=0. O teste é inconclusivo, mas note que f_3(x,y)=4y^{2}e^{-(x^{2}+y^{2})}\ge 0 sempre, e é zero exatamente quando y=0. Portanto cada ponto (x,0) é um mínimo global (valor mínimo 0); são mínimos não estritos (valores iguais ao longo da reta). Em linguagem simples: é um vale plano ao longo do eixo y=0.
  • Em (0,1): calculando pelas fórmulas com x=0,y=1 obtemos
f_{xx}=-8e^{-1}<0,\quad f_{yy}=-16e^{-1}<0,\quad f_{xy}=0.
Então D = (-8e^{-1})(-16e^{-1})-0 =128 e^{-2}>0 e f_{xx}<0 ⇒ máximo local. Similar para (0,-1) (mesmos valores de y^{2},y^{4}), portanto também máximo local.
Conclusão: toda a reta \{(x,0)\} é composta por mínimos (globais, não estritos); (0,1) e (0,-1) são máximos locais.

Passo 6

Análise de f_4(x,y)=(x-y)^{4}+(x+y+2)^{2}.
  1. Derivadas parciais (escrevendo u=x-y, v=x+y+2):
\frac{\partial f_4}{\partial x}=4(x-y)^{3}+2(x+y+2),
\frac{\partial f_4}{\partial y}=-4(x-y)^{3}+2(x+y+2).
  1. Resolver \nabla f_4=0. Somando as duas equações:
4(x+y+2)=0\Rightarrow x+y+2=0.
Subtraindo, obtemos
8(x-y)^{3}=0\Rightarrow x-y=0.
Solução única: x-y=0 e x+y+2=0 ⇒ somando as duas equações dá 2x+2=0\Rightarrow x=-1\Rightarrow y=-1. Ponto crítico único (-1,-1).
  1. Segundas derivadas (genéricas):
f_{4,xx}=12(x-y)^{2}+2,\quad f_{4,yy}=12(x-y)^{2}+2,\quad f_{4,xy}=-12(x-y)^{2}+2.
Em (-1,-1) temos x-y=0, então
f_{xx}=2,\\ f_{yy}=2,\\ f_{xy}=2.
Determinante D=2\cdot 2 - 2^{2}=0. Teste inconclusivo.
  1. Análise adicional: observe que a função é soma de termos não negativos:
f_4=(x-y)^4+(x+y+2)^2.
Cada parcela é \ge 0 e ambas se anulam simultaneamente só se x-y=0 e x+y+2=0, que é exatamente (-1,-1). Portanto f_4\ge 0 e atinge o valor 0 unicamente em (-1,-1). Logo (-1,-1) é mínimo global (estrito): qualquer ponto diferente tem valor >0.
Conclusão: (-1,-1) é mínimo (global, estrito).

Passo 7

Análise de f_5(x,y)=1-x^{4}-y^{4}.
  1. Derivadas parciais:
\frac{\partial f_5}{\partial x}=-4x^{3},\qquad \frac{\partial f_5}{\partial y}=-4y^{3}.
Solução \nabla f_5=0 x=0 e y=0 ⇒ ponto crítico único (0,0).
  1. Segundas derivadas:
f_{5,xx}=-12x^{2},\quad f_{5,yy}=-12y^{2},\quad f_{5,xy}=0.
Em (0,0): f_{xx}=0,\\ f_{yy}=0,\\ D=0 ⇒ teste inconclusivo.
  1. Análise adicional: note que x^{4},y^{4}\ge 0, logo f_5(x,y)\le 1 com igualdade somente quando x^{4}=y^{4}=0, ou seja x=0,y=0. Portanto (0,0) dá o valor máximo global 1, e é estrito (qualquer ponto diferente tem menor valor). Assim (0,0) é máximo global (estrito).
Conclusão: (0,0) é máximo (global, estrito).

Passo 8

Análise de f_6(x,y)=x^{3}+(x-y)^{2}.
  1. Derivadas parciais:
\frac{\partial f_6}{\partial x}=3x^{2}+2(x-y),\qquad \frac{\partial f_6}{\partial y}=-2(x-y).
  1. Resolver \nabla f_6=0. Da segunda equação x-y=0\Rightarrow y=x. Substituindo na primeira:
3x^{2}+2\cdot 0 = 3x^{2}=0 \Rightarrow x=0,
portanto único ponto crítico (0,0).
  1. Segundas derivadas:
f_{6,xx}=6x+2,\quad f_{6,yy}=2,\quad f_{6,xy}=-2.
Em (0,0): f_{xx}=2,\\ f_{yy}=2,\\ f_{xy}=-2. Determinante D=2\cdot 2 - (-2)^{2}=4-4=0 ⇒ inconclusivo.
  1. Análise adicional por restrição a uma linha: sobre a reta y=x temos (x-y)^{2}=0 e
f_6(x,x)=x^{3}.
Próximo de 0, x^{3} toma valores positivos (para x>0) e negativos (para x<0). Assim em qualquer vizinhança de (0,0) existem pontos com f_6>0 e pontos com f_6<0. Isso caracteriza um ponto de sela (não é mínimo nem máximo).
Conclusão: (0,0) é ponto de sela (degenerado).

Resposta

  1. \big(0,\tfrac{1}{2}\big) — ponto de sela; \big(0,-\tfrac{1}{2}\big) — ponto de sela.
  2. (0,0) — ponto de sela; \big(\tfrac{1}{6},\tfrac{1}{12}\big) — máximo local.
  3. \{(x,0):x\in\mathbb{R}\} — mínimos (valor 0, mínimos globais, não estritos); (0,1) — máximo local; (0,-1) — máximo local.
  4. (-1,-1) — mínimo (global, estrito).
  5. (0,0) — máximo (global, estrito).
  6. (0,0) — ponto de sela (degenerado).

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