Determine os valores de máximos locais, mínimos locais e pontos de sela da função ( \_\_\_\_ /2,0 pts)
f(x, y)=2 x^{3}-3 x y+2 y^{3}+10 .

Passo 1

O enunciado dá a função
f(x,y)=2x^{3}-3xy+2y^{3}+10
e pede para determinar:
  • os pontos de máximo local (se houver),
  • os pontos de mínimo local (se houver),
  • os pontos de sela.
Informações relevantes extraídas do enunciado:
  • Temos uma função de duas variáveis x e y.
  • Precisamos encontrar pontos onde a derivada (vetor gradiente) é nula — esses são os candidatos (pontos críticos) — e em seguida classificá-los como máximo local, mínimo local ou sela usando derivadas de segunda ordem.

Passo 2

Vamos calcular o vetor gradiente \nabla f=(f_x,f_y), ou seja, as derivadas parciais de f em relação a x e a y.
Derivadas parciais:
f_x=\frac{\partial}{\partial x}\big(2x^{3}-3xy+2y^{3}+10\big)=6x^{2}-3y,
f_y=\frac{\partial}{\partial y}\big(2x^{3}-3xy+2y^{3}+10\big)=-3x+6y^{2}.
Explicação didática: a derivada parcial f_x é a taxa de variação de f quando mudamos só x mantendo y fixo; aplicamos a regra potência ( \frac{d}{dx}x^3=3x^2) e a linearidade. Mesma ideia para f_y.

Passo 3

Encontrar pontos críticos: resolvemos o sistema \nabla f=(0,0), isto é
6x^{2}-3y=0,
-3x+6y^{2}=0.
Vamos resolver passo a passo. Da primeira equação isolamos y:
6x^{2}-3y=0 \quad\Rightarrow\quad 3y=6x^{2}\quad\Rightarrow\quad y=2x^{2}.
Substituímos y=2x^{2} na segunda equação:
-3x+6y^{2}=0 \quad\Rightarrow\quad -3x+6(2x^{2})^{2}=0.
Calculando (2x^{2})^{2}=4x^{4}, obtemos
-3x+6\cdot 4x^{4}=0 \quad\Rightarrow\quad -3x+24x^{4}=0.
Fatorando 3x:
3x(-1+8x^{3})=0.
Logo as soluções são
3x=0\Rightarrow x=0,
ou
-1+8x^{3}=0\Rightarrow 8x^{3}=1\Rightarrow x^{3}=\tfrac{1}{8}\Rightarrow x=\tfrac{1}{2}.
Agora obtemos os y correspondentes usando y=2x^{2}:
  • Para x=0: y=2\cdot 0^{2}=0. Ponto crítico \big(0,0\big).
  • Para x=\tfrac{1}{2}: y=2\cdot\big(\tfrac{1}{2}\big)^{2}=2\cdot\tfrac{1}{4}=\tfrac{1}{2}. Ponto crítico \big(\tfrac{1}{2},\tfrac{1}{2}\big).
Resumo dos pontos críticos: \big(0,0\big) e \big(\tfrac{1}{2},\tfrac{1}{2}\big).

Passo 4

Para classificar os pontos críticos usamos a matriz Hessiana (matriz das segundas derivadas):
H_f(x,y)=\begin{pmatrix} f_{xx} & f_{xy} \\\ f_{yx} & f_{yy} \end{pmatrix}.
Calculamos as segundas derivadas:
f_{xx}=\frac{\partial}{\partial x}(6x^{2}-3y)=12x,
f_{yy}=\frac{\partial}{\partial y}(-3x+6y^{2})=12y,
f_{xy}=\frac{\partial}{\partial y}(6x^{2}-3y)=-3,\qquad f_{yx}=\frac{\partial}{\partial x}(-3x+6y^{2})=-3.
Explicação didática: f_{xx} é a derivada parcial de f_x em relação a x, e assim por diante. A matriz Hessiana é simétrica aqui porque as derivadas mistas são iguais.
A regra de classificação (teste das derivadas de segunda ordem) para funções de duas variáveis:
  • Calcular D(x,y)=\det H_f(x,y)=f_{xx}f_{yy}-\big(f_{xy}\big)^{2}.
  • Se D>0 e f_{xx}>0 então mínimo local.
  • Se D>0 e f_{xx}<0 então máximo local.
  • Se D<0 então ponto de sela.
  • Se D=0 o teste é inconclusivo.

Passo 5

Aplicamos o teste em cada ponto crítico.
Primeiro em \big(0,0\big):
f_{xx}(0,0)=12\cdot 0=0,\quad f_{yy}(0,0)=12\cdot 0=0,\quad f_{xy}(0,0)=-3.
Então
D(0,0)=f_{xx}f_{yy}-(f_{xy})^{2}=0\cdot 0-(-3)^{2}=-9<0.
Como D(0,0)<0, concluímos que \big(0,0\big) é um ponto de sela.
Agora em \big(\tfrac{1}{2},\tfrac{1}{2}\big):
f_{xx}\big(\tfrac{1}{2},\tfrac{1}{2}\big)=12\cdot\tfrac{1}{2}=6,
f_{yy}\big(\tfrac{1}{2},\tfrac{1}{2}\big)=12\cdot\tfrac{1}{2}=6,
f_{xy}\big(\tfrac{1}{2},\tfrac{1}{2}\big)=-3.
Logo
D\big(\tfrac{1}{2},\tfrac{1}{2}\big)=6\cdot 6-(-3)^{2}=36-9=27>0.
Como D>0 e f_{xx}\big(\tfrac{1}{2},\tfrac{1}{2}\big)=6>0, concluímos que \big(\tfrac{1}{2},\tfrac{1}{2}\big) é um mínimo local.

Passo 6

Vamos calcular os valores da função nesses pontos (é bom levar isso para a prova, às vezes pedem o valor do extremo).
Para \big(0,0\big):
f(0,0)=2\cdot 0^{3}-3\cdot 0\cdot 0+2\cdot 0^{3}+10=10.
Para \big(\tfrac{1}{2},\tfrac{1}{2}\big):
f\big(\tfrac{1}{2},\tfrac{1}{2}\big)=2\big(\tfrac{1}{2}\big)^{3}-3\big(\tfrac{1}{2}\big)\big(\tfrac{1}{2}\big)+2\big(\tfrac{1}{2}\big)^{3}+10.
Calculando passo a passo:
2\big(\tfrac{1}{2}\big)^{3}=2\cdot \tfrac{1}{8}=\tfrac{1}{4},
-3\big(\tfrac{1}{2}\big)\big(\tfrac{1}{2}\big)=-3\cdot \tfrac{1}{4}=-\tfrac{3}{4},
outro termo 2\big(\tfrac{1}{2}\big)^{3}=\tfrac{1}{4}. Somando:
\tfrac{1}{4}-\tfrac{3}{4}+\tfrac{1}{4}=-\tfrac{1}{4}.
Portanto
f\big(\tfrac{1}{2},\tfrac{1}{2}\big)=-\tfrac{1}{4}+10=\tfrac{39}{4}.
Observação empática: repare que o valor em (0,0) é 10 e no mínimo local (\tfrac{1}{2},\tfrac{1}{2}) é \tfrac{39}{4}=9{,}75. Mesmo que f(0,0) seja maior, isso não faz de (0,0) um máximo local — o teste mostrou que ali é sela.

Resposta

Máximo local: nenhum.
Mínimo local: \big(\tfrac{1}{2},\tfrac{1}{2}\big) com f\big(\tfrac{1}{2},\tfrac{1}{2}\big)=\tfrac{39}{4}.
Ponto de sela: \big(0,0\big) com f(0,0)=10.

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