Calcule os pontos criticos da seguinte funçāo: f(x, y)=\left(x^{2}-y^{2}+x\right) e^{2 x+x-2 y}. Justifique cada passo realizado até obter a resposta.

Passo 1

O enunciado pede: calcular os pontos críticos da função
f(x,y)=\left(x^{2}-y^{2}+x\right)e^{2x+x-2y},
ou seja encontrar todos os pontos (x,y) onde o gradiente de f é zero ou onde derivadas parciais não existam. Informações dadas e observações imediatas:
  • A função escrita no enunciado tem o expoente 2x+x-2y, que soma para 3x-2y. Vou usar a forma simplificada f(x,y)=\left(x^{2}-y^{2}+x\right)e^{3x-2y}.
  • A função é composta por um polinômio \left(x^{2}-y^{2}+x\right) multiplicado por uma exponencial e^{3x-2y}. Ambas são diferenciáveis em todo \mathbb{R}^2, então as derivadas parciais existem em todo lugar; portanto os pontos críticos são exatamente os pontos onde as derivadas parciais simultaneamente valem zero.

Passo 2

Vou calcular as derivadas parciais. Uso a regra do produto para derivadas parciais: se f(x,y)=g(x,y)\,h(x,y) então
\frac{\partial f}{\partial x}= \frac{\partial g}{\partial x}\,h + g\,\frac{\partial h}{\partial x}, \quad \frac{\partial f}{\partial y}= \frac{\partial g}{\partial y}\,h + g\,\frac{\partial h}{\partial y}.
Aqui tomo
g(x,y)=x^{2}-y^{2}+x,\qquad h(x,y)=e^{3x-2y}.
Calculo as derivadas parciais de g e h:
\frac{\partial g}{\partial x}=2x+1,\qquad \frac{\partial g}{\partial y}=-2y.
Para h uso a regra da cadeia: derivada de e^{u(x,y)} é e^{u(x,y)}\cdot u_x (ou u_y para y). Como u(x,y)=3x-2y,
\frac{\partial h}{\partial x}=3e^{3x-2y},\qquad \frac{\partial h}{\partial y}=-2e^{3x-2y}.

Passo 3

Agora aplico a regra do produto para obter \partial f/\partial x:
\frac{\partial f}{\partial x}=(2x+1)e^{3x-2y} + (x^{2}-y^{2}+x)\,3e^{3x-2y}.
Posso fatorar e^{3x-2y} porque ele aparece em ambos os termos:
\frac{\partial f}{\partial x}=e^{3x-2y}\bigl((2x+1)+3(x^{2}-y^{2}+x)\bigr).
Agora desenvolvo o polinômio dentro do parêntese:
(2x+1)+3(x^{2}-y^{2}+x)=3x^{2}+5x-3y^{2}+1.
Portanto
\frac{\partial f}{\partial x}=e^{3x-2y}\bigl(3x^{2}+5x-3y^{2}+1\bigr).

Passo 4

Faço o mesmo para \partial f/\partial y:
\frac{\partial f}{\partial y}=(-2y)e^{3x-2y} + (x^{2}-y^{2}+x)(-2)e^{3x-2y}.
Fatorando -2e^{3x-2y}:
\frac{\partial f}{\partial y}=-2e^{3x-2y}\bigl(y + (x^{2}-y^{2}+x)\bigr).
Simplificando a soma no parêntese:
y + (x^{2}-y^{2}+x)=x^{2}+x+y-y^{2}.
Logo
\frac{\partial f}{\partial y}=-2e^{3x-2y}\bigl(x^{2}+x+y-y^{2}\bigr).

Passo 5

Pontos críticos resolvem o sistema \nabla f=(0,0), isto é
\frac{\partial f}{\partial x}=0,\qquad \frac{\partial f}{\partial y}=0.
Como e^{3x-2y}>0 para todo (x,y), posso dividir ambas as equações por e^{3x-2y} (não altera as soluções). Assim o sistema equivalente é
3x^{2}+5x-3y^{2}+1=0,
-2\bigl(x^{2}+x+y-y^{2}\bigr)=0.
Dividindo a segunda por -2 (também seguro) obtenho o sistema final a resolver:
3x^{2}+5x-3y^{2}+1=0,\tag{1}
x^{2}+x+y-y^{2}=0.\tag{2}

Passo 6

Vou resolver o sistema. Primeiro manipulo a equação (2). Rearranjo para ver fatoração:
x^{2}+x+y-y^{2}=0 \quad\Longleftrightarrow\quad y^{2}-y -x^{2}-x=0.
Tento fatorar y^{2}-y -x^{2}-x. Observando, ela fatoriza como
y^{2}-y -x^{2}-x=(y - x -1)(y + x).
Posso verificar expandindo: (y-x-1)(y+x)=y^{2}-x^{2}-y -x, que é exatamente y^{2}-y -x^{2}-x. Portanto a equação (2) é equivalente a
(y - x -1)(y + x)=0.
Isto dá duas possibilidades (duas “ramificações”) para (x,y):
  • Caso A: y - x -1=0, ou seja y=x+1.
  • Caso B: y + x=0, ou seja y=-x.

Passo 7

Vou tratar cada caso separadamente e substituir na equação (1).
Caso A: y=x+1. Calculo y^{2}=(x+1)^{2}=x^{2}+2x+1. Substituo em (1):
3x^{2}+5x-3(x^{2}+2x+1)+1=0.
Desenvolvo os termos:
3x^{2}+5x-3x^{2}-6x-3+1=0.
Cancelam 3x^{2}-3x^{2}. Fica
5x-6x-2=0 \quad\Longleftrightarrow\quad -x-2=0.
Portanto
x=-2.
Então y=x+1=-2+1=-1. Assim obtemos um ponto crítico (-2,-1).

Passo 8

Caso B: y=-x. Então y^{2}=x^{2}. Substituo em (1):
3x^{2}+5x-3x^{2}+1=0.
Os termos 3x^{2} cancelam, sobrando
5x+1=0 \quad\Longleftrightarrow\quad x=-\tfrac{1}{5}.
Então y=-x= \tfrac{1}{5}. Assim obtemos outro ponto crítico \bigl(-\tfrac{1}{5},\tfrac{1}{5}\bigr).

Passo 9

Verificação rápida: ambas as soluções satisfazem as duas equações originais (pode-se substituir de volta para conferir). Como não há pontos onde as derivadas parciais deixam de existir, os pontos críticos encontrados são exatamente os dois acima.

Resposta

(-2,-1)
\left(-\tfrac{1}{5},\tfrac{1}{5}\right)

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