Determine os pontos de máximo ou de mínimo local das seguintes funções.
f(x, y)=e^{-x^{2}-y^{2}}.

Passo 1

O enunciado dá a função definida em todo o plano e pede que eu determine os pontos de máximo ou mínimo local. Informações claras que o problema fornece:
  • A função é f(x,y)=e^{-x^{2}-y^{2}}.
  • O domínio implícito é \mathbb{R}^{2} (todos os pares (x,y)).
  • A pergunta é: quais pontos são pontos de máximo local ou de mínimo local? (pode haver nenhum, um ou vários).

Passo 2

O primeiro passo para achar extremos locais de uma função de duas variáveis é encontrar os pontos críticos, isto é, os pontos onde o gradiente é zero (ou onde as derivadas parciais não existem, mas aqui existem sempre). Vou calcular as derivadas parciais de f.
Lembrete rápido do que é a derivada parcial: a derivada parcial de f em relação a x, anotada \dfrac{\partial f}{\partial x} ou f_x, é a taxa de variação de f quando apenas x varia e y fica fixo. Mesma ideia para f_y.
Calculemos \dfrac{\partial f}{\partial x} e \dfrac{\partial f}{\partial y}. Usando regra do produto/ cadeia (a exponencial é composta pelo expoente -x^2-y^2):
f(x,y)=e^{-x^{2}-y^{2}}.
Diferenciando em relação a x:
f_x(x,y)=\dfrac{\partial}{\partial x}\bigl(e^{-x^{2}-y^{2}}\bigr) = e^{-x^{2}-y^{2}}\cdot \dfrac{\partial}{\partial x}\bigl(-x^{2}-y^{2}\bigr) = e^{-x^{2}-y^{2}}\cdot(-2x).
Logo
f_x(x,y)=-2x\,e^{-x^{2}-y^{2}}.
Analogamente para y:
f_y(x,y)=-2y\,e^{-x^{2}-y^{2}}.

Passo 3

Pontos críticos são soluções do sistema [;f_x(x,y)=0) e f_y(x,y)=0.
Escrevendo o sistema:
\begin{cases} -2x\,e^{-x^{2}-y^{2}}=0,\\[4pt] -2y\,e^{-x^{2}-y^{2}}=0. \end{cases}
Observe que e^{-x^{2}-y^{2}}>0\] para todo \[(x,y) (a exponencial de qualquer número real é positiva), portanto o fator exponencial nunca zera. Assim as equações reduzem a:
\begin{cases} -2x=0,\\[4pt] -2y=0, \end{cases} \quad\Longrightarrow\quad \begin{cases} x=0,\\[4pt] y=0. \end{cases}
Portanto existe um único ponto crítico: ((0,0)].
Observação intuitiva: fora da origem o gradiente não é zero (porque pelo menos uma das componentes -2x e^{-r^2} ou -2y e^{-r^2} não é zero), logo nenhum outro ponto pode ser extremo local.]

Passo 4

Agora é preciso classificar o ponto crítico (0,0): é máximo local, mínimo local ou ponto de sela? Para isso uso a matriz Hessiana (a matriz das segundas derivadas) e o teste das segundas derivadas para funções de duas variáveis.
Explico a ideia do Hessiano de forma simples: a Hessiana é a matriz que reúne as segundas derivadas da função e informa a curvatura local. Para uma função de duas variáveis:
H(x,y)=\begin{pmatrix} f_{xx}(x,y) & f_{xy}(x,y)\\[4pt] f_{yx}(x,y) & f_{yy}(x,y) \end{pmatrix},
onde f_{xx} é a segunda derivada em x, f_{yy} em y, e f_{xy}=f_{yx} a derivada mista. O teste das segundas derivadas diz: se em um ponto crítico (a,b) o determinante D = f_{xx}(a,b)f_{yy}(a,b) - (f_{xy}(a,b))^{2} é positivo e f_{xx}(a,b)>0 então mínimo local; se D>0 e f_{xx}(a,b)<0 então máximo local; se D<0 é ponto de sela; se D=0 o teste é inconclusivo.
Vou calcular as segundas derivadas de f. Parto das primeiras derivadas já obtidas:
f_x(x,y)=-2x\,e^{-x^{2}-y^{2}},\qquad f_y(x,y)=-2y\,e^{-x^{2}-y^{2}}.
Derivando novamente:
Calcule f_{xx}:
f_{xx}(x,y)=\dfrac{\partial}{\partial x}\bigl(-2x\,e^{-x^{2}-y^{2}}\bigr) = -2\,e^{-x^{2}-y^{2}} + (-2x)\cdot e^{-x^{2}-y^{2}}\cdot(-2x).
Organizando termos:
f_{xx}(x,y)=\bigl(4x^{2}-2\bigr)\,e^{-x^{2}-y^{2}}.
Calcule f_{yy} de forma análoga:
f_{yy}(x,y)=\bigl(4y^{2}-2\bigr)\,e^{-x^{2}-y^{2}}.
Calcule a derivada mista f_{xy}:
f_{xy}(x,y)=\dfrac{\partial}{\partial y}\bigl(-2x\,e^{-x^{2}-y^{2}}\bigr) = -2x\cdot e^{-x^{2}-y^{2}}\cdot(-2y)=4xy\,e^{-x^{2}-y^{2}}.
Assim a Hessiana geral é
H(x,y)=e^{-x^{2}-y^{2}}\begin{pmatrix} 4x^{2}-2 & 4xy\\[4pt] 4xy & 4y^{2}-2 \end{pmatrix}.]

Passo 5

Agora avalio a Hessiana no ponto crítico (0,0). Substituindo x=0 e y=0:
Como e^{0}=1,
f_{xx}(0,0)=\bigl(4\cdot0^{2}-2\bigr)\cdot1=-2,
f_{yy}(0,0)=-2,
f_{xy}(0,0)=4\cdot0\cdot0\cdot1=0.
O determinante do Hessiano em (0,0) é
D(0,0)=f_{xx}(0,0)\,f_{yy}(0,0)-\bigl(f_{xy}(0,0)\bigr)^{2}=(-2)(-2)-0^{2}=4>0.
Além disso f_{xx}(0,0)=-2<0. Pelo teste das segundas derivadas, se D>0 e f_{xx}<0 então (0,0) é um ponto de máximo local. Portanto (0,0) é um máximo local.

Passo 6

Complemento didático e intuição: a função é radial e decresce quando a distância ao origin aumenta. Em coordenadas polares, com r=\sqrt{x^{2}+y^{2}},
f(x,y)=e^{-r^{2}}.
Para r=0 tem-se f=1, e conforme r cresce e^{-r^{2}} decresce para 0 quando r\to\infty. Isso confirma a conclusão: (0,0) não é só um máximo local, é o máximo global com valor máximo f(0,0)=1.
Sobre mínimos locais: não existe nenhum ponto onde a função atinge um mínimo local estrito. A função tende a 0 quando r\to\infty, mas nunca atinge 0 em \mathbb{R}^{2} (sempre é positiva). Então o infimum é 0, não é atingido, logo não há mínimo global nem mínimo local. Outro argumento simples: qualquer ponto com r>0 tem direções em que r diminui (movendo-se em direção ao origin) e aí f aumenta, e direções em que r aumenta e f diminui; portanto pontos com r>0 não são nem máximos nem mínimos locais. Já o único ponto com gradiente zero é o origin, que foi classificado como máximo.

Passo 7

Resumo e incentivo rápido: concluímos com cálculo direto e com uma intuição geométrica — a exponencial negativa de r^{2} tem o pico no centro e decai radialmente. Vai dar certo na prova: calcule gradiente, ache pontos críticos, calcule Hessiana e use o teste. Calma, respira, e repete esse procedimento em outros exercícios que aparecerem.

Resposta

(0,0) é o único ponto de máximo local (e é máximo global), com f(0,0)=1.\n\nNão há pontos de mínimo local.

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