Calcule os máximos e mínimos locais da função:
f(x, y)=e^{x}+x^{2}+4\left(y^{2}-(x+1) y\right)

Passo 1

O enunciado pede os máximos e mínimos locais da função dada. Informações fornecidas:
  • A função é f(x,y)=e^{x}+x^{2}+4\bigl(y^{2}-(x+1)y\bigr).
  • Devemos encontrar os pontos críticos (se houver) e classificar cada ponto como máximo local, mínimo local ou ponto de sela.

Passo 2

Primeiro passo técnico (calcular os pontos críticos): precisamos encontrar onde o gradiente é nulo, isto é, onde as derivadas parciais primeiras se anulam. Uma breve explicação didática: a derivada parcial de f em relação a x, anotada \frac{\partial f}{\partial x} ou f_x, trata y como constante e diferencia f por x; análoga definição vale para f_y.
Calculemos as derivadas parciais:
f(x,y)=e^{x}+x^{2}+4y^{2}-4(x+1)y.
Derivando em relação a x:
f_x = \frac{\partial}{\partial x}\bigl(e^{x}+x^{2}+4y^{2}-4(x+1)y\bigr) = e^{x}+2x-4y.
Derivando em relação a y:
f_y = \frac{\partial}{\partial y}\bigl(e^{x}+x^{2}+4y^{2}-4(x+1)y\bigr) = 8y-4(x+1).

Passo 3

Agora impomos o sistema \nabla f=(0,0)\), ou seja: \[\begin{cases} e^{x}+2x-4y=0,\\[6pt] 8y-4(x+1)=0. \end{cases}
Do segundo equação isolamos y\]: \[8y-4(x+1)=0 \quad\Rightarrow\quad 8y=4(x+1)\quad\Rightarrow\quad y=\frac{x+1}{2}.\] Substituímos esse \(y na primeira equação:
e^{x}+2x-4\cdot\frac{x+1}{2}=0.
Simplificando o termo com 4:
e^{x}+2x-2(x+1)=0 \quad\Rightarrow\quad e^{x}+2x-2x-2=0 \quad\Rightarrow\quad e^{x}=2.
Portanto
x=\ln 2.
Usando y=\dfrac{x+1}{2} obtemos o y correspondente:
y=\frac{\ln 2+1}{2}.
Concluímos que existe um único ponto crítico:
\bigl(x,y\bigr)=\left(\ln 2,\\ \frac{\ln 2+1}{2}\right).]

Passo 4

Classificação do ponto crítico (teste da segunda derivada). Explicação didática: para funções de duas variáveis, usamos as segundas derivadas para formar a matriz Hessiana
H(x,y)=\begin{pmatrix} f_{xx} & f_{xy}\\[4pt] f_{yx} & f_{yy} \end{pmatrix},
onde f_{xx}=\dfrac{\partial^{2}f}{\partial x^{2}}, f_{yy}=\dfrac{\partial^{2}f}{\partial y^{2}} e f_{xy}=f_{yx}=\dfrac{\partial^{2}f}{\partial x\partial y}. O determinante
D(x,y)=f_{xx}f_{yy}-\bigl(f_{xy}\bigr)^{2}
serve para classificar: se D>0 e f_{xx}>0 então mínimo local; se D>0 e f_{xx}<0 então máximo local; se D<0 ponto de sela; se D=0 o teste é inconclusivo.
Calculemos as segundas derivadas:
f_x = e^{x}+2x-4y \quad\Rightarrow\quad f_{xx}=e^{x}+2,\quad f_{xy}=\frac{\partial}{\partial y}(e^{x}+2x-4y)=-4.
f_y = 8y-4(x+1) \quad\Rightarrow\quad f_{yy}=8,\quad f_{yx}=-4.
Então o determinante do Hessiano é
D(x,y)=\bigl(e^{x}+2\bigr)\cdot 8 - (-4)^{2}=8(e^{x}+2)-16=8e^{x}.]

Passo 5

Avaliação do teste no ponto crítico x=\ln 2. Substituindo:
e^{x}=e^{\ln 2}=2,
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D(\ln 2,\dots)=8e^{\ln 2}=8\cdot 2=16>0.
E
f_{xx}(\ln 2,\dots)=e^{\ln 2}+2=2+2=4>0.
Como D>0 e f_{xx}>0, pelo teste da segunda derivada o ponto crítico é um mínimo local.

Passo 6

Calculemos também o valor da função nesse mínimo (útil na prova). Seja L=\ln 2 e y=\dfrac{L+1}{2}. Então
f(L,y)=e^{L}+L^{2}+4\Bigl(y^{2}-(L+1)y\Bigr).
Observando que y=\dfrac{L+1}{2} resulta em
y^{2}-(L+1)y=\frac{(L+1)^{2}}{4}-\frac{(L+1)^{2}}{2}=-\frac{(L+1)^{2}}{4}.
Multiplicando por 4 obtemos - (L+1)^{2}. Assim
f(L,y)=e^{L}+L^{2}-(L+1)^{2}=2+L^{2}-\bigl(L^{2}+2L+1\bigr)=1-2L.
Substituindo L=\ln 2:
f\!\left(\ln 2,\frac{\ln 2+1}{2}\right)=1-2\ln 2.

Resposta

\displaystyle \text{Ponto crítico: }\left(\ln 2,\\ \frac{\ln 2+1}{2}\right)í — mínimo local.
\displaystyle \text{Valor no mínimo: }f\!\left(\ln 2,\frac{\ln 2+1}{2}\right)=1-2\ln 2í

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