Encontre os pontos críticos da função
f(x, y)=\ln x+2 \ln y-x-4 y,
em seguida use o teste da segunda derivada para determinar se cada ponto crítico é mínimo local, máximo local ou ponto de sela (ou indique quando o teste é inconclusivo).

Passo 1

Temos a função
f(x,y)=\ln x + 2\ln y - x - 4y.
Informações dadas:
  • A função usa logaritmos naturais, então seu domínio exige x>0 e y>0.
  • O que o enunciado pede: (1) encontrar os pontos críticos de f; (2) usar o teste da segunda derivada para classificar cada ponto crítico como mínimo local, máximo local ou ponto de sela (ou indicar teste inconclusivo).

Passo 2

O que é um ponto crítico (explicação didática)?\n
  • Um ponto (x,y) é crítico se o gradiente de f em (x,y) é o vetor nulo ou se alguma das derivadas parciais não existe ali. Em prática de prova, normalmente calculamos as derivadas parciais \partial f/\partial x e \partial f/\partial y e resolvemos o sistema onde ambas são zero, desde que o ponto esteja no domínio. Vou usar esse procedimento aqui porque é o método padrão e direto para funções de duas variáveis.\n
    Relembrando regras de derivação que vou usar (mini-aula):\n
  • A derivada de \ln x em relação a x é \dfrac{1}{x}. Mais geralmente, se g(x)=\ln x, então g'(x)=1/x.\n
  • A derivada de a\ln y em relação a y é a\cdot(1/y), porque constantes saem da derivada.\n
  • A derivada de -x em relação a x é -1; a de -4y em relação a y é -4.\n
    Com isso, vamos calcular as derivadas parciais e resolver o sistema.

Passo 3

Calculemos as derivadas parciais primeiro (passo a passo):\n
Derivando em relação a x:
\frac{\partial f}{\partial x}=\frac{d}{dx}(\ln x)+\frac{d}{dx}(2\ln y)-\frac{d}{dx}x-\frac{d}{dx}(4y).
Aqui y é tratado como constante quando derivamos em x. Assim,
\frac{\partial f}{\partial x}=\frac{1}{x}+0-1-0=\frac{1}{x}-1.
Derivando em relação a y:
\frac{\partial f}{\partial y}=\frac{d}{dy}(\ln x)+\frac{d}{dy}(2\ln y)-\frac{d}{dy}x-\frac{d}{dy}(4y).
Agora x é constante quando derivamos em y. Assim,
\frac{\partial f}{\partial y}=0+\frac{2}{y}-0-4=\frac{2}{y}-4.
Pontos críticos satisfazem o sistema \partial f/\partial x=0 e \partial f/\partial y=0. Resolvendo:
\frac{1}{x}-1=0 \quad\Rightarrow\quad \frac{1}{x}=1 \quad\Rightarrow\quad x=1.
\frac{2}{y}-4=0 \quad\Rightarrow\quad \frac{2}{y}=4 \quad\Rightarrow\quad y=\frac{2}{4}=\frac{1}{2}.
Verificamos que \left(1,\tfrac{1}{2}\right) pertence ao domínio x>0,y>0. Não há outros pontos onde as derivadas parciais deixem de existir dentro do domínio, pois \partial f/\partial x e \partial f/\partial y são bem definidas para x>0,y>0. Portanto há exatamente um ponto crítico: \left(1,\tfrac{1}{2}\right).

Passo 4

Agora vou explicar o teste da segunda derivada (mini-aula):\n
  • Calculamos as segundas derivadas parciais f_{xx}, f_{yy} e f_{xy}. Montamos o determinante de Hessian (às vezes chamado de discriminante) em um ponto (x_0,y_0):
D(x_0,y_0)=f_{xx}(x_0,y_0)\,f_{yy}(x_0,y_0)-\bigl(f_{xy}(x_0,y_0)\bigr)^2.
  • Interpretação prática do teste:
    • Se D>0 e f_{xx}>0 em (x_0,y_0), então f tem um mínimo local em (x_0,y_0).
    • Se D>0 e f_{xx}<0 em (x_0,y_0), então f tem um máximo local em (x_0,y_0).
    • Se D<0, então (x_0,y_0) é ponto de sela.
    • Se D=0, o teste é inconclusivo.\n
      Intuição rápida: f_{xx} mede curvatura na direção x; se f_{xx}<0 a curva é “para baixo” em x (como um teto), e se f_{xx}>0 é “para cima” (como uma tigela). O determinante D verifica se as curvaturas nas duas direções combinam para dar um mínimo/ máximo ou sinais opostos (sela).

Passo 5

Calculemos as segundas derivadas e avaliemos em \left(1,\tfrac{1}{2}\right):\n
Segundas derivadas gerais:
f_{xx}=\frac{\partial}{\partial x}\!\left(\frac{1}{x}-1\right)=-\frac{1}{x^{2}},
f_{yy}=\frac{\partial}{\partial y}\!\left(\frac{2}{y}-4\right)=-\frac{2}{y^{2}},
f_{xy}=\frac{\partial}{\partial y}\!\left(\frac{1}{x}-1\right)=0
(observe que \partial f/\partial x não depende de y, logo a derivada cruzada é zero; sim, isso acontece e facilita a conta).
Agora avaliando em \left(1,\tfrac{1}{2}\right):
f_{xx}\!\left(1,\tfrac{1}{2}\right)=-\frac{1}{1^{2}}=-1,
f_{yy}\!\left(1,\tfrac{1}{2}\right)=-\frac{2}{\left(\tfrac{1}{2}\right)^{2}}=-\frac{2}{\tfrac{1}{4}}=-8,
f_{xy}\!\left(1,\tfrac{1}{2}\right)=0.
Calculemos o determinante D:
D=f_{xx}\,f_{yy}-\bigl(f_{xy}\bigr)^{2}=(-1)\cdot(-8)-0^{2}=8.
Portanto D=8>0. Além disso f_{xx}\!\left(1,\tfrac{1}{2}\right)=-1<0. Pelo teste da segunda derivada, quando D>0 e f_{xx}<0 temos um máximo local.

Passo 6

Conclusão (resumo e encorajamento):\n
  • Encontramos exatamente um ponto crítico dentro do domínio: \left(1,\tfrac{1}{2}\right).\n
  • O teste da segunda derivada deu D>0 e f_{xx}<0 naquele ponto, então é um máximo local.\n
    Boa: você já tem o processo completo e explicado passo a passo — agora, se cair algo parecido na prova, é só repetir: achar gradiente, resolver igual a zero, calcular a Hessiana e aplicar o teste.

Resposta

\left(1,\tfrac{1}{2}\right) — máximo local

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