Determine os pontos críticos das funções abaixo e classifique-os como pontos de máximo local, pontos de mínimo local ou pontos de sela.
Se uma função derivável F: \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R} tem um único ponto crítico p, e se p é ponto de mínimo local de f, então p é ponto de mínimo global de f (por quê?). O mesmo não ocorre com uma função f: \mathbb{R}^{2} \rightarrow \mathbb{R}. Verifique que a função f(x, y)=x^{2}+y^{2}(x+1)^{3} tem um único ponto crítico, que este ponto crítico é ponto de mínimo local de f, e que f não tem nenhum ponto de mínimo global.

Passo 1

O enunciado pede duas coisas principais e dá uma função concreta para analisar. Vou listar claramente o que é pedido e os dados que temos:
  • Pedidos:
    1. Determinar os pontos críticos da função f(x,y)=x^{2}+y^{2}(x+1)^{3}.
    2. Classificar cada ponto crítico como máximo local, mínimo local ou ponto de sela.
    3. Explicar por que, para uma função derivável F:\mathbb{R}\to\mathbb{R} que tem um único ponto crítico p, se p é mínimo local então é mínimo global.
    4. Mostrar que a função dada f(x,y) tem único ponto crítico, que esse ponto é mínimo local e que, apesar disso, f não tem mínimo global.
  • Dados relevantes extraídos do enunciado:
    • A função a estudar é \displaystyle f(x,y)=x^{2}+y^{2}(x+1)^{3}, definida em todo \mathbb{R}^{2}.
    • Vamos precisar de critérios para pontos críticos e para classificá-los (gradiente, Hessiano, teste das segundas derivadas).
A partir daqui começo a resolver e a ensinar passo a passo.

Passo 2

Conceitos e ferramentas que vou usar (explicados de forma prática antes de aplicar):
  • Ponto crítico (função de duas variáveis): um ponto (x_0,y_0) é ponto crítico de f se o gradiente em (x_0,y_0) é o vetor nulo, isto é,
\nabla f(x_0,y_0)=\left(\frac{\partial f}{\partial x}(x_0,y_0),\frac{\partial f}{\partial y}(x_0,y_0)\right)=(0,0).
Isto corresponde a pontos onde as derivadas parciais são simultaneamente zero (ou não existem).
  • Teste das segundas derivadas (Hessiano) para classificação local: para f:\mathbb{R}^2\to\mathbb{R} duas deriváveis, o Hessiano é a matriz das segundas derivadas
H_f(x,y)=\begin{pmatrix} f_{xx}(x,y) & f_{xy}(x,y)\\[4pt] f_{yx}(x,y) & f_{yy}(x,y) \end{pmatrix}.
Avalia-se o Hessiano no ponto crítico (x_0,y_0). Se f_{xx}(x_0,y_0)>0 e \det H_f(x_0,y_0)>0, o ponto é mínimo local. Se f_{xx}(x_0,y_0)<0 e \det H_f(x_0,y_0)>0, é máximo local. Se \det H_f(x_0,y_0)<0, é ponto de sela. Se \det H_f(x_0,y_0)=0, o teste não é conclusivo. Explico por que isso funciona: para funções de duas variáveis, a forma quadrática aproximante dada por \frac12 (h,k) H_f (h,k)^\top determina o comportamento local; sinal definido positivo => mínimo, sinal definido negativo => máximo, indefinido => sela.
  • Observação intuitiva sobre derivadas em uma variável: se F:\mathbb{R}\to\mathbb{R} é derivável e tem um único ponto crítico p e esse p é mínimo local, então não pode existir outro ponto onde a derivada se anule. A derivada, por possuir a propriedade de valor intermediário (Darboux), não pode mudar de sinal sem passar por zero; portanto a derivada tem sinal não-positivo à esquerda de p e não-negativo à direita de p, o que implica que F é não-increasing antes de p e non-decreasing depois de p. Isso garante que p seja mínimo global. Vou formalizar isso na parte do enunciado onde pedem o porquê.]

Passo 3

Calcular as derivadas parciais e o gradiente de f.
  • Primeiro, calcule \frac{\partial f}{\partial x}. Como f(x,y)=x^{2}+y^{2}(x+1)^{3}, a derivada parcial em relação a x é a soma da derivada de x^2 e da derivada de y^{2}(x+1)^{3} (tratando y como constante). Assim,
\frac{\partial f}{\partial x}(x,y)=2x + y^{2}\cdot 3(x+1)^{2}=2x+3y^{2}(x+1)^{2}.
  • Agora \frac{\partial f}{\partial y}. Derivando x^{2} em relação a y obtemos 0; derivando y^{2}(x+1)^{3} em relação a y obtemos 2y(x+1)^{3}. Então
\frac{\partial f}{\partial y}(x,y)=2y(x+1)^{3}.
  • Portanto o gradiente é
\nabla f(x,y)=\bigl(2x+3y^{2}(x+1)^{2},\;2y(x+1)^{3}\bigr).

Passo 4

Resolver o sistema [\nabla f(x,y)=(0,0)) para encontrar pontos críticos.
Temos o sistema
\begin{cases} 2x+3y^{2}(x+1)^{2}=0,\\[4pt] 2y(x+1)^{3}=0. \end{cases}
Analiso o segundo fator pois ele é mais simples:
  • Da segunda equação 2y(x+1)^{3}=0\] segue que ou \(y=0 ou (x+1)^{3}=0, isto é, x=-1.
Estudo cada caso:
  1. Caso y=0. Substituindo na primeira equação:
2x+3\cdot 0\cdot (x+1)^{2}=2x=0 \quad\Rightarrow\quad x=0.
Logo (x,y)=(0,0) é uma solução.
  1. Caso x=-1. Substituindo na primeira equação:
2(-1)+3y^{2}\cdot 0^{2}=-2\neq 0,
logo não satisfaz a primeira equação; não há soluções com x=-1.
Conclusão deste passo: o único ponto crítico é (0,0).]

Passo 5

Calcular as segundas derivadas (componentes do Hessiano) e avaliar no ponto crítico para classificar.
  • Calculo das segundas derivadas em geral:
    • f_{xx}(x,y)=\dfrac{\partial}{\partial x}\bigl(2x+3y^{2}(x+1)^{2}\bigr)=2 + 3y^{2}\cdot 2(x+1)=2+6y^{2}(x+1).
    • f_{yy}(x,y)=\dfrac{\partial}{\partial y}\bigl(2y(x+1)^{3}\bigr)=2(x+1)^{3}.
    • f_{xy}(x,y)=\dfrac{\partial}{\partial y}\bigl(2x+3y^{2}(x+1)^{2}\bigr)=6y(x+1)^{2}.
    • (Simetricamente f_{yx}=f_{xy}.)
  • Agora avalio no ponto (0,0):
    • f_{xx}(0,0)=2+6\cdot 0^{2}\cdot(0+1)=2.
    • f_{yy}(0,0)=2(0+1)^{3}=2.
    • f_{xy}(0,0)=6\cdot 0\cdot(1)^{2}=0.
  • Hessiano em (0,0):
H_f(0,0)=\begin{pmatrix}2 & 0\\[4pt]0 & 2\end{pmatrix}.
Determinante \det H_f(0,0)=2\cdot 2 - 0 =4>0 e f_{xx}(0,0)=2>0. Pelo teste das segundas derivadas, H_f(0,0) é definida positiva, então (0,0) é ponto de mínimo local.
Vou reforçar a intuição: perto de (0,0) o comportamento de f é parecido com a forma quadrática x^{2}+y^{2} (já que os termos de ordem superior são menores), e essa forma é claramente mínima em (0,0).]

Passo 6

Mostrar que (0,0) é o único ponto crítico (já vimos isso) e que, apesar de ser mínimo local, f não tem mínimo global.
  • Já demonstramos unicidade: das soluções do sistema de gradiente, apenas (0,0) resolve as duas equações simultaneamente.
  • Agora mostro que não existe mínimo global. Note que se eu fixar x=-2 então (x+1)^{3}=(-1)^{3}=-1. Substituindo em f,
f(-2,y)=(-2)^{2}+y^{2}(-1)=4 - y^{2}.
Mas 4-y^{2} pode ser arbitrariamente negativo quando |y| cresce: por exemplo, f(-2,y)\to -\infty quando |y|\to\infty. Em particular existem pontos (x,y) com f(x,y)<0=f(0,0). Então f não é limitada inferiormente, logo não tem mínimo global. Mesmo sem ir ao infinito, posso escolher y=3 e obter f(-2,3)=4-9=-5<0. Assim (0,0) não é mínimo global embora seja mínimo local.
Comentário intuitivo: a presença do fator (x+1)^{3} faz com que, para x<-1, o termo em y^{2} tenha coeficiente negativo; então alongando y com x fixo em alguma posição com x<-1 leva a valores muito negativos.

Passo 7

Explicação do item teórico: por que, para F:\mathbb{R}\to\mathbb{R} derivável, se existe um único ponto crítico p e ele é mínimo local então p é mínimo global.
  • Intuição e argumento: se p é mínimo local, então existe um intervalo aberto (p-\delta,p+\delta) tal que F(p)\le F(x) para todo x nesse intervalo. Pelo Lema de Fermat, F'(p)=0, então p é ponto crítico. Como é o único ponto crítico, em qualquer intervalo onde a derivada muda de sinal ela teria que passar por um ponto onde F' é zero. Mas isso é impossível porque não há outros zeros de F'. Mais formalmente, a derivada F' tem a propriedade de Darboux (tem a propriedade do valor intermediário): F' não pode saltar de um sinal para outro sem tomar o valor 0. Do mínimo local segue que, num pequeno intervalo à direita de p, F'(x)\ge 0 e, à esquerda, F'(x)\le 0. Como F' não pode mudar de sinal sem anular-se, estas desigualdades estendem-se para todo o intervalo (-\infty,p) e (p,\infty) respectivamente. Assim F é não-crescente em (-\infty,p] e não-decrescente em [p,\infty). Portanto para todo x\in\mathbb{R} temos F(p)\le F(x). Logo p é mínimo global.
  • Observação sobre por que não usamos aqui algo muito técnico: a propriedade essencial usada é que a derivada não pode mudar de sinal sem passar pelo zero (Darboux). Uma forma alternativa de ver isso, mais elementar, é assumir por contradição que existe x_0>p com F(x_0)<F(p). Pelo Teorema do Valor Médio existe c\in(p,x_0) tal que
F'\text{(c)}=\frac{F(x_0)-F(p)}{x_0-p}<0.
Mas perto de p a derivada era não-negativa (por ser mínimo local), então para passar de não-negativa perto de p para negativa em c teria que haver algum ponto entre p e c onde F' é zero, contradizendo a unicidade do ponto crítico. Assim não pode existir x_0>p com F(x_0)<F(p). Analogamente para x<p. Isso conclui a prova.

Passo 8

Recapitulando e concluindo de forma direta (preparando a resposta final): determinamos que o único ponto crítico da função dada é (0,0); classificamos esse ponto como mínimo local pelo Hessiano definido positivo; mostramos explicitamente que a função atinge valores arbitrariamente negativos (por exemplo em (x,y)=(-2,y) com |y| grande), logo não existe mínimo global; e mostramos o porquê do resultado em \mathbb{R} (unicidade do crítico + mínimo local implica mínimo global) usando a continuidade da derivada no sentido da propriedade do valor intermediário / argumento com Teorema do Valor Médio.

Resposta

Pontos críticos de f(x,y)=x^{2}+y^{2}(x+1)^{3}: (0,0) (único).
Classificação de (0,0): ponto de mínimo local (Hessiano em (0,0) é \begin{pmatrix}2&0\\\ 0&2\end{pmatrix}, definido positivo).
Existência de mínimo global para f: não existe mínimo global (por exemplo f(-2,y)=4-y^{2}\to -\infty quando |y|\to\infty).
Sobre F:\mathbb{R}\to\mathbb{R}: se F é derivável e tem único ponto crítico p e p é mínimo local, então p é mínimo global, porque a derivada não pode mudar de sinal sem se anular (Darboux / argumento pelo Teorema do Valor Médio), o que implica que F é não-crescente em (-\infty,p] e não-decrescente em [p,\infty), garantindo F(p)\le F(x) para todo x\in\mathbb{R}.

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