Determine os pontos críticos das funções abaixo e classifique-os como pontos de máximo local, pontos de mínimo local ou pontos de sela.
8. Considere a função f(x, y)=a x^{2}+b x y+c y^{2}+d x+e y+k, onde a, b, c, d, e, k são constantes, e suponha que \left(x_{0}, y_{0}\right) \in \mathbb{R}^{2} seja um ponto crítico de f.
a) Mostre que a função
F(x, y)=f(x, y)-a\left(x-x_{0}\right)^{2}-b\left(x-x_{0}\right)\left(y-y_{0}\right)-c\left(y-y_{0}\right)^{2}
tem gradiente nulo em todo (x, y) \in \mathbb{R}^{2} e, portanto, é constante. Conclua que
f(x, y)=f\left(x_{0}, y_{0}\right)+a\left(x-x_{0}\right)^{2}+b\left(x-x_{0}\right)\left(y-y_{0}\right)+c\left(y-y_{0}\right)^{2}
para todo (x, y) \in \mathbb{R}^{2}.
b) Fixe um vetor unitário \vec{v}=\left(v_{1}, v_{2}\right) \in \mathbb{R}^{2} e defina g(t)=f\left(x_{0}+t v_{1}, y_{0}+t v_{2}\right). Use o item anterior para mostrar que g(t)=\left(a v_{1}^{2}+b v_{1} v_{2}+c v_{2}^{2}\right) t^{2}+f\left(x_{0}, y_{0}\right). Conclua que o gráfico de g é uma parábola com vértice em t=0 ou uma reta horizontal.
c) Mostre que se ( x_{0}, y_{0} ) é ponto de mínimo local de f, então ( x_{0}, y_{0} ) é ponto de mínimo global.

Passo 1

O enunciado fornece a função
f(x,y)=a x^{2}+b x y+c y^{2}+d x+e y+k,
com constantes a,b,c,d,e,k, e supõe que \left(x_{0},y_{0}\right)\in\mathbb{R}^{2} é um ponto crítico de f. As perguntas são:
  1. (a) Mostrar que a função
F(x,y)=f(x,y)-a\left(x-x_{0}\right)^{2}-b\left(x-x_{0}\right)\left(y-y_{0}\right)-c\left(y-y_{0}\right)^{2}
tem gradiente nulo em todo \mathbb{R}^{2} e, portanto, é constante; deduzir então a identidade pedida para f.
2. (b) Para um vetor unitário \vec v=(v_{1},v_{2}) definir g(t)=f(x_{0}+t v_{1},y_{0}+t v_{2}) e mostrar que
g(t)=\bigl(a v_{1}^{2}+b v_{1}v_{2}+c v_{2}^{2}\bigr)t^{2}+f(x_{0},y_{0}),
concluindo sobre a forma do gráfico de g.
3. (c) Provar que se \left(x_{0},y_{0}\right) é ponto de mínimo local de f, então é mínimo global.
Informações relevantes dadas: \left(x_{0},y_{0}\right) é ponto crítico, ou seja as derivadas parciais de f em (x_{0},y_{0}) são nulas:
\frac{\partial f}{\partial x}(x_{0},y_{0})=0,\qquad \frac{\partial f}{\partial y}(x_{0},y_{0})=0.

Passo 2

Explicação sobre gradiente e derivadas parciais (mini-aula rápida): o gradiente de uma função f(x,y) é o vetor
\nabla f(x,y)=\left(\frac{\partial f}{\partial x}(x,y),\frac{\partial f}{\partial y}(x,y)\right).
Um ponto é crítico quando esse vetor vale (0,0) nesse ponto. Para polinômios quadráticos como o nosso, as derivadas parciais são fáceis de calcular usando regras usuais (derivada de x^{2} é 2x, de xy em relação a x é y, etc.). Vamos calcular as derivadas de f:
\frac{\partial f}{\partial x}(x,y)=2a x + b y + d,
\frac{\partial f}{\partial y}(x,y)=b x + 2c y + e.
No ponto crítico (x_{0},y_{0}) temos, portanto,
2a x_{0} + b y_{0} + d = 0,\qquad b x_{0} + 2c y_{0} + e = 0.
Isso nos dará relações úteis em breve.

Passo 3

Vamos calcular agora as derivadas parciais de F. Lembre-se que derivada de \left(x-x_{0}\right)^{2} em relação a x é 2\left(x-x_{0}\right), e derivada de \left(x-x_{0}\right)\left(y-y_{0}\right) em relação a x é y-y_{0}. Então:
\frac{\partial F}{\partial x}(x,y)=\frac{\partial f}{\partial x}(x,y)-\bigl(2a(x-x_{0})+b(y-y_{0})\bigr).
Substituindo a expressão de \frac{\partial f}{\partial x} obtemos
\frac{\partial F}{\partial x}(x,y)=\bigl(2a x + b y + d\bigr)-\bigl(2a x - 2a x_{0} + b y - b y_{0}\bigr).
Ao simplificar os termos em x e y cancelam e sobra apenas termos que envolvem x_{0},y_{0},d:
\frac{\partial F}{\partial x}(x,y)=d + 2a x_{0} + b y_{0}.
Mas das equações do ponto crítico vimos que d + 2a x_{0} + b y_{0}=0. Logo
\frac{\partial F}{\partial x}(x,y)=0\quad\text{para todo }(x,y).

Passo 4

De forma análoga calculamos a derivada em relação a y. Derivada de -b(x-x_{0})(y-y_{0}) em relação a y é -b(x-x_{0}) e de -c(y-y_{0})^{2} é -2c(y-y_{0}). Assim
\frac{\partial F}{\partial y}(x,y)=\frac{\partial f}{\partial y}(x,y)-\bigl(b(x-x_{0})+2c(y-y_{0})\bigr).
Substituindo \frac{\partial f}{\partial y}(x,y)=b x + 2c y + e e simplificando obtemos
\frac{\partial F}{\partial y}(x,y)=e + b x_{0} + 2c y_{0}.
Novamente, pelo fato de (x_{0},y_{0}) ser crítico temos e + b x_{0} + 2c y_{0}=0, portanto
\frac{\partial F}{\partial y}(x,y)=0\quad\text{para todo }(x,y).

Passo 5

Concluímos que \nabla F(x,y)=(0,0) para todo (x,y). Mini-aula rápida sobre por que isso implica que F é constante: se todas as derivadas parciais de uma função contínua existirem e forem zero em um conjunto conexo (aqui \mathbb{R}^{2}), a função não varia ao mover-se em qualquer direção. Formalmente, fixe um ponto (x_{1},y_{1}) e mova-se primeiro em x e depois em y; as integrais das derivadas parciais dão a variação de F e como elas são nulas a variação é zero. Logo F é constante em \mathbb{R}^{2}.
A constante é F(x_{0},y_{0}). Mas F(x_{0},y_{0})=f(x_{0},y_{0}) porque os termos quadráticos centrados em (x_{0},y_{0}) desaparecem aí. Portanto, para todo (x,y) vale
F(x,y)=f(x_{0},y_{0}),
isto é
f(x,y)=f(x_{0},y_{0})+a\left(x-x_{0}\right)^{2}+b\left(x-x_{0}\right)\left(y-y_{0}\right)+c\left(y-y_{0}\right)^{2}.
Isto resolve o item (a).

Passo 6

Item (b): definimos o traço em uma direção unitária \vec v=(v_{1},v_{2}) por
g(t)=f(x_{0}+t v_{1},y_{0}+t v_{2}).
Usando a identidade do Passo 5 substituímos \left(x-x_{0}\right)=t v_{1} e \left(y-y_{0}\right)=t v_{2}. Assim
g(t)=f(x_{0},y_{0})+a(t v_{1})^{2}+b(t v_{1})(t v_{2})+c(t v_{2})^{2}.
Fatorando t^{2} obtemos a forma pedida:
g(t)=\bigl(a v_{1}^{2}+b v_{1}v_{2}+c v_{2}^{2}\bigr)t^{2}+f(x_{0},y_{0}).
Agora uma observação geométrica: essa é uma função quadrática em t sem termo linear, isto é, da forma \alpha t^{2}+C com \alpha=a v_{1}^{2}+b v_{1}v_{2}+c v_{2}^{2} e C=f(x_{0},y_{0}). Se \alpha\neq 0 isto é uma parábola com vértice em t=0 (porque não há termo linear), e o sinal de \alpha decide se abre para cima ( \alpha>0) ou para baixo ( \alpha<0). Se \alpha=0 então g(t)\equiv C é uma reta horizontal (na verdade uma constante).

Passo 7

Item (c): mostre que mínimo local implica mínimo global. Ideia e detalhe didático: suponha que \left(x_{0},y_{0}\right) seja mínimo local de f. Isso significa que existe uma vizinhança em que para todo ponto p nessa vizinhança vale f(p)\ge f(x_{0},y_{0}). Pegue qualquer direção unitária \vec v. A função unidimensional g(t) do Passo 6 tem t=0 como ponto de mínimo local (pois movendo-se um pouco na direção \vec v a função não diminui). Para uma função da forma \alpha t^{2}+C ter t=0 como mínimo local é necessário e suficiente que \alpha\ge 0. Portanto, para todo vetor unitário \vec v vale
\alpha(\vec v)=a v_{1}^{2}+b v_{1}v_{2}+c v_{2}^{2}\ge 0.

Passo 8

Agora use essa desigualdade para qualquer ponto arbitrário (x,y). Se (x,y)=(x_{0},y_{0}) a desigualdade f(x,y)\ge f(x_{0},y_{0}) é trivial. Caso contrário, escreva o vetor (x-x_{0},y-y_{0}) na forma r\vec v onde r=\sqrt{(x-x_{0})^{2}+(y-y_{0})^{2}}>0 e \vec v é unitário. Pela fórmula do Passo 6 com t=r temos
f(x,y)=f(x_{0},y_{0})+\alpha(\vec v)\,r^{2}.
Como \alpha(\vec v)\ge 0 temos \alpha(\vec v)\,r^{2}\ge 0, logo
f(x,y)\ge f(x_{0},y_{0})
para todo (x,y)\in\mathbb{R}^{2}. Isso mostra que \left(x_{0},y_{0}\right) não é apenas mínimo local, é mínimo global. Observação: se para alguma direção \alpha(\vec v)=0 então f é constante ao longo da reta nessa direção e assume o mesmo valor mínimo em todos os pontos dessa reta; em todo caso não existe ponto fora do nível mínimo com valor menor.

Resposta

(a) f(x,y)=f(x_{0},y_{0})+a\left(x-x_{0}\right)^{2}+b\left(x-x_{0}\right)\left(y-y_{0}\right)+c\left(y-y_{0}\right)^{2}.
(b) g(t)=\bigl(a v_{1}^{2}+b v_{1}v_{2}+c v_{2}^{2}\bigr)t^{2}+f(x_{0},y_{0}).
O gráfico de g é uma parábola com vértice em t=0 quando a v_{1}^{2}+b v_{1}v_{2}+c v_{2}^{2}\neq 0, e é uma reta horizontal (constante) quando essa quantidade é zero.
(c) Se \left(x_{0},y_{0}\right) é ponto de mínimo local então é ponto de mínimo global de f.

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