Calcule os máximos e mínimos locais da função:
f(x, y)=-\ln (x+y)+x^{2}+\frac{y}{2}

Passo 1

O enunciado dá a função f(x,y)=-\ln(x+y)+x^{2}+\dfrac{y}{2} e pede para calcular os máximos e mínimos locais. Informações relevantes dadas ou que precisamos notar:
  • O domínio natural da função é \{(x,y)\in\mathbb{R}^2 \mid x+y>0\} porque -\ln(x+y) exige x+y>0.
  • A tarefa é encontrar pontos críticos (onde o gradiente é nulo ou não existe) dentro do domínio e classificar cada ponto crítico como mínimo local, máximo local ou sela (usando o teste das segundas derivadas).
  • Vou procurar todos os pontos críticos no domínio e classificá-los.

Passo 2

Vamos calcular as derivadas parciais primeiras (o gradiente). Explicando antes: a derivada parcial de f em relação a x trata y como constante; quando aparece -\ln(x+y) usamos a regra da cadeia: a derivada de \ln(u) é 1/u e depois multiplicamos por u'.
Calculemos:
\frac{\partial}{\partial x}\bigl(-\ln(x+y)\bigr) = -\frac{1}{x+y}\cdot\frac{\partial}{\partial x}(x+y) = -\frac{1}{x+y}.
A derivada de x^{2} em relação a x é 2x e de \dfrac{y}{2} em relação a x é 0. Portanto
f_x(x,y) = -\frac{1}{x+y}+2x.
De forma análoga, para y:
\frac{\partial}{\partial y}\bigl(-\ln(x+y)\bigr) = -\frac{1}{x+y}\cdot\frac{\partial}{\partial y}(x+y) = -\frac{1}{x+y}.
A derivada de x^{2} em relação a y é 0 e de \dfrac{y}{2} é \dfrac{1}{2}. Portanto
f_y(x,y) = -\frac{1}{x+y}+\frac{1}{2}.

Passo 3

Encontrar pontos críticos resolvendo o sistema f_x=0 e f_y=0 (dentro do domínio x+y>0).
Da equação f_y=0:
-\frac{1}{x+y}+\frac{1}{2}=0 \quad\Longrightarrow\quad \frac{1}{x+y}=\frac{1}{2}\quad\Longrightarrow\quad x+y=2.
Substituindo x+y=2 em f_x=0:
-\frac{1}{2}+2x=0 \quad\Longrightarrow\quad 2x=\frac{1}{2}\quad\Longrightarrow\quad x=\frac{1}{4}.
Então y = 2 - x = 2 - \tfrac{1}{4} = \tfrac{7}{4}.
Verificação rápida: x+y=2>0, logo o ponto \bigl(\tfrac{1}{4},\tfrac{7}{4}\bigr) está no domínio. Não há outras soluções (não existe solução com x+y diferente de 2 porque f_y=0 força x+y=2). Assim temos exatamente um ponto crítico: \bigl(\tfrac{1}{4},\tfrac{7}{4}\bigr).

Passo 4

Para classificar o ponto crítico usamos as segundas derivadas e o determinante da Hessiana. Primeiro obtenha as segundas derivadas (explico como: derivar as derivadas parciais anteriores).
Derivando f_x(x,y) = -\dfrac{1}{x+y}+2x:
f_{xx}(x,y) = \frac{\partial}{\partial x}\Bigl(-\frac{1}{x+y}\Bigr) + \frac{\partial}{\partial x}(2x) = \frac{1}{(x+y)^{2}} + 2.
Derivando f_x em relação a y:
f_{xy}(x,y) = \frac{\partial}{\partial y}\Bigl(-\frac{1}{x+y}\Bigr) = \frac{1}{(x+y)^{2}}.
Derivando f_y(x,y) = -\dfrac{1}{x+y}+\dfrac{1}{2} em relação a y:
f_{yy}(x,y) = \frac{\partial}{\partial y}\Bigl(-\frac{1}{x+y}\Bigr) = \frac{1}{(x+y)^{2}}.
Portanto a Hessiana é
H(x,y)=\begin{pmatrix} f_{xx} & f_{xy}\\[4pt] f_{xy} & f_{yy} \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \dfrac{1}{(x+y)^{2}}+2 & \dfrac{1}{(x+y)^{2}}\\[6pt] \dfrac{1}{(x+y)^{2}} & \dfrac{1}{(x+y)^{2}} \end{pmatrix}.
O teste das segundas derivadas em duas variáveis: calcule D(x,y)=f_{xx}f_{yy}-\bigl(f_{xy}\bigr)^{2}.
  • Se D>0 e f_{xx}>0 então mínimo local.
  • Se D>0 e f_{xx}<0 então máximo local.
  • Se D<0 então sela.
  • Se D=0 o teste é inconclusivo.]

Passo 5

Calcule D simbolicamente:
D(x,y)=\Bigl(\frac{1}{(x+y)^{2}}+2\Bigr)\cdot\frac{1}{(x+y)^{2}}-\Bigl(\frac{1}{(x+y)^{2}}\Bigr)^{2} = \frac{2}{(x+y)^{2}}.
Note que D(x,y)=\dfrac{2}{(x+y)^{2}}>0 para todo (x,y) no domínio (já que x+y\neq0 no domínio). Agora avalie em \bigl(\tfrac{1}{4},\tfrac{7}{4}\bigr) onde x+y=2:
D\Bigl(\tfrac{1}{4},\tfrac{7}{4}\Bigr) = \frac{2}{2^{2}} = \frac{2}{4} = \frac{1}{2} > 0.
Calcule f_{xx} neste ponto:
f_{xx}\Bigl(\tfrac{1}{4},\tfrac{7}{4}\Bigr) = \frac{1}{2^{2}} + 2 = \frac{1}{4}+2 = \frac{9}{4} > 0.
Como D>0 e f_{xx}>0 no ponto crítico, concluímos que \bigl(\tfrac{1}{4},\tfrac{7}{4}\bigr) é um mínimo local.

Passo 6

Calcule também o valor mínimo local da função nesse ponto (útil para a prova):
f\Bigl(\tfrac{1}{4},\tfrac{7}{4}\Bigr) = -\ln\bigl(\tfrac{1}{4}+\tfrac{7}{4}\bigr) + \Bigl(\tfrac{1}{4}\Bigr)^{2} + \frac{1}{2}\cdot\frac{7}{4}.
Como \tfrac{1}{4}+\tfrac{7}{4}=2, temos
f\Bigl(\tfrac{1}{4},\tfrac{7}{4}\Bigr) = -\ln 2 + \frac{1}{16} + \frac{7}{8} = -\ln 2 + \frac{1+14}{16} = -\ln 2 + \frac{15}{16}.

Passo 7

Resumo da classificação: há um único ponto crítico no domínio, é um mínimo local, não existem máximos locais (nenhum ponto crítico com f_{xx}<0 aparece) e não há outros pontos críticos.

Resposta

Mínimo local em \left(\tfrac{1}{4},\tfrac{7}{4}\right) com valor f\left(\tfrac{1}{4},\tfrac{7}{4}\right)=\dfrac{15}{16}-\ln 2.
Não há máximos locais.

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