Calcule os máximos e mínimos locais da função:
f(x, y)=\sqrt{x^{2}+y^{2}+1}-\frac{2 x+y}{3}

Passo 1

O que o enunciado pede e o que temos:
  • Pede: calcular os máximos e mínimos locais da função f(x,y)=\sqrt{x^{2}+y^{2}+1}-\frac{2x+y}{3}.
  • Informação dada: a expressão explícita de f(x,y).
  • Objetivo prático (o que vou fazer): encontrar pontos críticos (onde o gradiente é zero) e classificá‑los (mínimo, máximo ou ponto de sela) usando derivadas parciais e o teste da matriz Hessiana. Não é preciso usar nenhum dado adicional.

Passo 2

Derivadas parciais — como calcular e por quê.
Explicação curta: para achar extremos locais de uma função diferenciável f(x,y) procuramos pontos onde as derivadas parciais se anulam, isto é onde o gradiente \nabla f=(f_x,f_y) é o vetor zero. Aqui a parte não trivial é derivar \sqrt{x^2+y^2+1}.
Regra usada: se g(u)=\sqrt{u}=u^{1/2} então g'(u)=\dfrac{1}{2}u^{-1/2}=\dfrac{1}{2\sqrt{u}}. Aplicando a cadeia com u=x^2+y^2+1 temos
\frac{\partial}{\partial x}\sqrt{x^{2}+y^{2}+1}=\frac{1}{2\sqrt{x^{2}+y^{2}+1}}\cdot 2x=\frac{x}{\sqrt{x^{2}+y^{2}+1}}.
Análogo para y.
Agora calculamos as derivadas parciais de f:
f_x(x,y)=\frac{x}{\sqrt{x^{2}+y^{2}+1}}-\frac{2}{3}, \qquad f_y(x,y)=\frac{y}{\sqrt{x^{2}+y^{2}+1}}-\frac{1}{3}.

Passo 3

Encontrar os pontos críticos: resolver \nabla f=(0,0).
Igualando a zero as derivadas parciais:
\frac{x}{\sqrt{x^{2}+y^{2}+1}}=\frac{2}{3},\qquad \frac{y}{\sqrt{x^{2}+y^{2}+1}}=\frac{1}{3}.
Denote r=\sqrt{x^{2}+y^{2}+1}>0. As equações viram
x=\frac{2}{3}r,\qquad y=\frac{1}{3}r.
Elevar ao quadrado e somar para usar a definição de r:
x^{2}+y^{2}=\left(\frac{2}{3}r\right)^{2}+\left(\frac{1}{3}r\right)^{2}=\frac{4}{9}r^{2}+\frac{1}{9}r^{2}=\frac{5}{9}r^{2}.
Mas por definição r^{2}=x^{2}+y^{2}+1. Substituindo:
\frac{5}{9}r^{2}=r^{2}-1 \quad\Longrightarrow\quad r^{2}-\frac{5}{9}r^{2}=1
\frac{4}{9}r^{2}=1 \quad\Longrightarrow\quad r^{2}=\frac{9}{4}\quad\Longrightarrow\quad r=\frac{3}{2}.
Com r=\tfrac{3}{2} obtemos
x=\frac{2}{3}\cdot\frac{3}{2}=1,\qquad y=\frac{1}{3}\cdot\frac{3}{2}=\frac{1}{2}.
Logo há exatamente um ponto crítico: \bigl(1,\tfrac{1}{2}\bigr).

Passo 4

Classificação do ponto crítico — Hessiana e teste de segunda derivada.
Explicação do que é Hessiana: é a matriz das segundas derivadas
H_f(x,y)=\begin{pmatrix} f_{xx} & f_{xy}\\[4pt] f_{yx} & f_{yy}\end{pmatrix}.
Se H_f é definida positiva num ponto (todos os autovalores positivos, ou equivalentemente f_{xx}>0 e \det H_f>0 em 2D) então f tem mínimo local ali; se definida negativa tem máximo; se determinante negativa é sela.
Calculemos as segundas derivadas em forma geral. Para r=\sqrt{x^{2}+y^{2}+1} já vimos g_x=x/r e g_y=y/r. Derivando novamente,
\frac{\partial}{\partial x}\!\left(\frac{x}{r}\right) =\frac{r - x\cdot (x/r)}{r^{2}} =\frac{r^{2}-x^{2}}{r^{3}} =\frac{y^{2}+1}{r^{3}}.
Analogamente
f_{xx}=\frac{y^{2}+1}{r^{3}},\qquad f_{yy}=\frac{x^{2}+1}{r^{3}},\qquad f_{xy}=f_{yx}=-\frac{xy}{r^{3}}.
(Observação: a parte linear -\frac{2x+y}{3} não contribui para segundas derivadas.)
Agora o determinante da Hessiana:
\det H_f=\frac{1}{r^{6}}\Bigl((y^{2}+1)(x^{2}+1)-x^{2}y^{2}\Bigr) =\frac{1}{r^{6}}\bigl(x^{2}+y^{2}+1\bigr)=\frac{r^{2}}{r^{6}}=\frac{1}{r^{4}}>0.
Além disso f_{xx}=\dfrac{y^{2}+1}{r^{3}}>0. Portanto, em qualquer ponto (em particular em \bigl(1,\tfrac{1}{2}\bigr)) temos \det H_f>0 e f_{xx}>0, ou seja H_f é definida positiva. Conclusão: o ponto crítico é um mínimo local.
Podemos também avaliar a Hessiana no ponto crítico explicitamente (opcional verificação): com x=1, y=\tfrac{1}{2}, r=\tfrac{3}{2} obtém‑se H_f positiva definida, confirmando o mínimo.]

Passo 5

Unicidade e mínimo global — por que não existe máximo local nem outros mínimos.
Observação importante: como \det H_f=\dfrac{1}{r^{4}}>0 e f_{xx}>0 para todo (x,y), a matriz Hessiana é definida positiva em todo o plano. Uma função com Hessiana definida positiva em todo \mathbb{R}^{2} é estritamente convexa. Uma função estritamente convexa tem no máximo um ponto crítico e esse ponto crítico é um mínimo global. Portanto o mínimo localizado em \bigl(1,\tfrac{1}{2}\bigr) é, na verdade, o mínimo global e é único. Não existem máximos locais.
Podemos ainda calcular o valor mínimo: em \bigl(1,\tfrac{1}{2}\bigr) temos r=\tfrac{3}{2}, então
f\!\left(1,\tfrac{1}{2}\right)=\frac{3}{2}-\frac{2\cdot 1 + \tfrac{1}{2}}{3} =\frac{3}{2}-\frac{2{,}5}{3} =\frac{3}{2}-\frac{5}{6} =\frac{9-5}{6}=\frac{4}{6}=\frac{2}{3}.

Resposta

Mínimo local (e global) em \left(1,\dfrac{1}{2}\right) com valor f\!\left(1,\dfrac{1}{2}\right)=\dfrac{2}{3}.
Não há máximos locais.

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