Estude os extremos relativos das seguintes funções:
f(x, y)=2 x^{4}+y^{4}-x^{2}-y^{2}

Passo 1

O enunciado pede que eu encontre e classifique os extremos relativos da função
f(x,y)=2x^{4}+y^{4}-x^{2}-y^{2}.
Informações relevantes dadas:
  • A função está definida em todo \mathbb{R}^{2}.
  • Preciso encontrar os pontos críticos (onde o gradiente é zero) e dizer se cada ponto é mínimo relativo, máximo relativo ou ponto de sela, além de calcular o valor de f nesses pontos (útil para comparar extremos).
  • Não há restrição adicional no enunciado (domínio é todo \mathbb{R}^2).

Passo 2

Vou começar calculando as derivadas parciais primeiro para montar o gradiente. Lembre que o gradiente de f é o vetor das derivadas parciais, e pontos críticos são onde esse vetor é o vetor nulo.
Derivadas parciais:
\frac{\partial f}{\partial x}=8x^{3}-2x,
\frac{\partial f}{\partial y}=4y^{3}-2y.
Explicação didática: para derivar 2x^4 em relação a x uso a regra do poder: a derivada de x^n é n x^{n-1}. Então \frac{d}{dx}2x^4=2\cdot 4 x^3=8x^3. A derivada de -x^2 é -2x. Mesma ideia para a variável y.

Passo 3

Agora resolvo o sistema \nabla f(x,y)=0, isto é,
8x^{3}-2x=0,\quad 4y^{3}-2y=0.
Fatorando cada equação:
8x^{3}-2x = 2x(4x^{2}-1)=0,
4y^{3}-2y = 2y(2y^{2}-1)=0.
Portanto as soluções são:
x=0 \quad\text{ou}\quad 4x^{2}-1=0\Rightarrow x=\pm\frac{1}{2},
y=0 \quad\text{ou}\quad 2y^{2}-1=0\Rightarrow y=\pm\frac{1}{\sqrt{2}}.
Como as equações separam x e y, os pontos críticos são todas as combinações cartesianas dessas soluções. Logo há 3\times 3=9 pontos críticos:
(x,y)\in\left\{0,\pm\frac{1}{2}\right\}\times\left\{0,\pm\frac{1}{\sqrt{2}}\right\}.

Passo 4

Calculo o valor de f em cada tipo de ponto (isso ajuda a comparar e a identificar mínimos globais, se houver).
  1. Em (0,0):
f(0,0)=0.
  1. Em \left(0,\pm\frac{1}{\sqrt{2}}\right): aqui x=0, y^{2}=\frac{1}{2}, y^{4}=\frac{1}{4}. Então
f\!\left(0,\pm\frac{1}{\sqrt{2}}\right)=0+\frac{1}{4}-0-\frac{1}{2}=-\frac{1}{4}.
  1. Em \left(\pm\frac{1}{2},0\right): aqui x^{2}=\frac{1}{4}, x^{4}=\frac{1}{16}. Então
f\!\left(\pm\frac{1}{2},0\right)=2\cdot\frac{1}{16}+0-\frac{1}{4}-0=\frac{1}{8}-\frac{1}{4}=-\frac{1}{8}.
  1. Em \left(\pm\frac{1}{2},\pm\frac{1}{\sqrt{2}}\right): combinando os dois, 2x^{4}=2\cdot\frac{1}{16}=\frac{1}{8}, y^{4}=\frac{1}{4}, x^{2}=\frac{1}{4}, y^{2}=\frac{1}{2}. Logo
f\!\left(\pm\frac{1}{2},\pm\frac{1}{\sqrt{2}}\right)=\frac{1}{8}+\frac{1}{4}-\frac{1}{4}-\frac{1}{2}=\frac{1}{8}-\frac{1}{2}=-\frac{3}{8}.
Resumo dos valores:
f(0,0)=0,\quad f\!\left(0,\pm\frac{1}{\sqrt{2}}\right)=-\frac{1}{4},\quad f\!\left(\pm\frac{1}{2},0\right)=-\frac{1}{8},\quad f\!\left(\pm\frac{1}{2},\pm\frac{1}{\sqrt{2}}\right)=-\frac{3}{8}.

Passo 5

Para classificar cada ponto crítico uso o teste das derivadas segundas em duas variáveis. Preciso das segundas derivadas:
\frac{\partial^{2} f}{\partial x^{2}}=24x^{2}-2,
\frac{\partial^{2} f}{\partial y^{2}}=12y^{2}-2,
\frac{\partial^{2} f}{\partial x\partial y}=0.
Explicação didática do teste: defino o discriminante (determinante da Hessiana) em um ponto (x_0,y_0) como
D(x_0,y_0)=\frac{\partial^{2} f}{\partial x^{2}}(x_0,y_0)\cdot\frac{\partial^{2} f}{\partial y^{2}}(x_0,y_0)-\left(\frac{\partial^{2} f}{\partial x\partial y}(x_0,y_0)\right)^{2}.
Regras do teste:
  • Se D>0 e \frac{\partial^{2} f}{\partial x^{2}}>0 então é mínimo relativo.
  • Se D>0 e \frac{\partial^{2} f}{\partial x^{2}}<0 então é máximo relativo.
  • Se D<0 é ponto de sela.
  • Se D=0 o teste é inconclusivo.

Passo 6

Aplico essas fórmulas em cada tipo de ponto crítico (como \frac{\partial^{2} f}{\partial x\partial y}=0, temos D=(24x^{2}-2)(12y^{2}-2)).
  1. Em (0,0):
\frac{\partial^{2} f}{\partial x^{2}}(0,0)=-2,\quad \frac{\partial^{2} f}{\partial y^{2}}(0,0)=-2,
D(0,0)=(-2)(-2)=4>0.
Como D>0 e \frac{\partial^{2} f}{\partial x^{2}}(0,0)=-2<0, o ponto (0,0) é um máximo relativo. (Intuição: para x,y muito pequenos a parte -x^2-y^2 domina deixando a função menor, então f(0,0)=0 é um pico local.)
  1. Em \left(0,\pm\frac{1}{\sqrt{2}}\right):
\frac{\partial^{2} f}{\partial x^{2}}= -2,\quad \frac{\partial^{2} f}{\partial y^{2}}=12\cdot\frac{1}{2}-2=4,
D=(-2)\cdot 4=-8<0.
Como D<0, esses pontos são pontos de sela.
  1. Em \left(\pm\frac{1}{2},0\right):
\frac{\partial^{2} f}{\partial x^{2}}=24\cdot\frac{1}{4}-2=6-2=4,\quad \frac{\partial^{2} f}{\partial y^{2}}=-2,
D=4\cdot(-2)=-8<0.
Novamente D<0, então esses pontos também são pontos de sela.
  1. Em \left(\pm\frac{1}{2},\pm\frac{1}{\sqrt{2}}\right):
\frac{\partial^{2} f}{\partial x^{2}}=4,\quad \frac{\partial^{2} f}{\partial y^{2}}=4,
D=4\cdot 4=16>0.
Aqui D>0 e \frac{\partial^{2} f}{\partial x^{2}}=4>0, logo esses quatro pontos são mínimos relativos.

Passo 7

Discussão sobre mínimos globais: a função tem termos principais 2x^{4}+y^{4} (de grau 4, sempre positivos ou zero) que dominam para \|(x,y)\|\to\infty, portanto f(x,y)\to+\infty quando \|(x,y)\|\to\infty. Assim f é coerciva e atinge um mínimo global em algum ponto crítico. Dos valores calculados no Passo 4, o menor valor é -\frac{3}{8} obtido em \left(\pm\frac{1}{2},\pm\frac{1}{\sqrt{2}}\right). Portanto esses mínimos relativos são, na verdade, mínimos globais da função.
Um comentário encorajador: conseguimos listar todos os críticos, aplicar o teste das derivadas segundas e comparar valores; é um procedimento padrão e direto — respira fundo, você consegue fazer esse tipo no prova também!

Resposta

Máximo relativo: (0,0) com f(0,0)=0.
Pontos de sela: \left(0,\pm\frac{1}{\sqrt{2}}\right) com f=-\frac{1}{4} e \left(\pm\frac{1}{2},0\right) com f=-\frac{1}{8}.
Mínimos relativos (e globais): \left(\pm\frac{1}{2},\pm\frac{1}{\sqrt{2}}\right) (quatro pontos) com f=-\frac{3}{8}.

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