Exercício 7) Determinar os pontos críticos das funções dadas e verificar quais são de máximo e quais são de mínimo nos casos:
f(x, y)=e^{1+x^{2}+y^{2}}.

Passo 1

O enunciado fornece a função
f(x,y)=e^{1+x^{2}+y^{2}}
e pede duas coisas: (i) determinar os pontos críticos de f e (ii) verificar quais desses pontos são pontos de máximo ou de mínimo.
Informações relevantes dadas: a função explícita f(x,y) vale e^{1+x^{2}+y^{2}} para todo (x,y)\in\mathbb{R}^{2}. Nada mais foi fornecido.

Passo 2

Como se acha pontos críticos de uma função de duas variáveis: regras e aplicação inicial.
Regra: pontos críticos são os pontos onde o gradiente é o vetor nulo, isto é onde as derivadas parciais primeiras se anulam simultaneamente. O gradiente é definido por
\nabla f(x,y)=\left(\frac{\partial f}{\partial x}(x,y),\\ \frac{\partial f}{\partial y}(x,y)\right).
Vamos calcular as derivadas parciais de f. Para isso uso a regra da cadeia: a função é uma exponencial com argumento 1+x^{2}+y^{2}. A derivada de e^{u} em relação a uma variável é e^{u}\cdot u'.
Calculemos \frac{\partial f}{\partial x}:
\frac{\partial f}{\partial x}(x,y) = \frac{d}{dx}\bigl(e^{1+x^{2}+y^{2}}\bigr) = e^{1+x^{2}+y^{2}}\cdot \frac{d}{dx}\bigl(1+x^{2}+y^{2}\bigr).
Aqui \frac{d}{dx}(1+x^{2}+y^{2})=2x (porque y é tratado como constante ao derivar em relação a x). Logo
\frac{\partial f}{\partial x}(x,y)=2x\,e^{1+x^{2}+y^{2}}.
Analogamente, calculamos \frac{\partial f}{\partial y}:
\frac{\partial f}{\partial y}(x,y)=2y\,e^{1+x^{2}+y^{2}}.
Agora impomos que ambas se anulem para achar os pontos críticos:
2x\,e^{1+x^{2}+y^{2}}=0,\qquad 2y\,e^{1+x^{2}+y^{2}}=0.
Observação importante: e^{1+x^{2}+y^{2}}>0 para todo (x,y) (a exponencial nunca é zero). Assim as equações acima reduzem-se a
2x=0,\qquad 2y=0,
ou seja
x=0,\qquad y=0.
Conclusão parcial: existe exatamente um ponto crítico, que é (0,0).

Passo 3

Agora vamos classificar o tipo desse ponto crítico usando as derivadas segundas (teste da segunda derivada para funções de duas variáveis). Primeiro definimos e calculamos as derivadas segundas (a matriz Hessiana).
Definição breve: a matriz Hessiana Hf tem entradas as derivadas segundas
Hf(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}=\frac{\partial^{2}f}{\partial x^{2}}, f_{xy}=\frac{\partial^{2}f}{\partial x\partial y}, etc. Para duas variáveis o teste clássico usa o determinante
D(x,y)=f_{xx}(x,y)\,f_{yy}(x,y)-\bigl(f_{xy}(x,y)\bigr)^{2}.
Regras de conclusão:
  • Se D>0 e f_{xx}>0 então ponto de mínimo (local).
  • Se D>0 e f_{xx}<0 então ponto de máximo (local).
  • Se D<0 então ponto de sela.
  • Se D=0 o teste é inconclusivo.
Vamos calcular f_{xx},f_{yy},f_{xy}. Use a regra do produto para f_x=2x e^{1+x^{2}+y^{2}}:
Calcule f_{xx}:
f_{xx}(x,y)=\frac{\partial}{\partial x}\bigl(2x e^{1+x^{2}+y^{2}}\bigr).
Aplicando produto e cadeia:
f_{xx}(x,y)=2\,e^{1+x^{2}+y^{2}}+2x\cdot e^{1+x^{2}+y^{2}}\cdot 2x = e^{1+x^{2}+y^{2}}\bigl(2+4x^{2}\bigr).
Calcule f_{yy} (simétrico ao caso anterior trocando x por y):
f_{yy}(x,y)=e^{1+x^{2}+y^{2}}\bigl(2+4y^{2}\bigr).
Calcule f_{xy} (derive f_x em relação a y):
f_{xy}(x,y)=\frac{\partial}{\partial y}\bigl(2x e^{1+x^{2}+y^{2}}\bigr) =2x\cdot e^{1+x^{2}+y^{2}}\cdot 2y = e^{1+x^{2}+y^{2}}\cdot 4xy.
Note que f_{xy}=f_{yx}, como esperado (derivadas mistas contínuas).]

Passo 4

Avaliação das derivadas segundas no ponto crítico (0,0). Primeiro observe que o argumento do exponencial em (0,0) é 1+0+0=1, portanto e^{1+0+0}=e^{1}=e.
Substituindo (x,y)=(0,0):
f_{xx}(0,0)=e\bigl(2+4\cdot 0^{2}\bigr)=2e,
f_{yy}(0,0)=e\bigl(2+4\cdot 0^{2}\bigr)=2e,
f_{xy}(0,0)=e\cdot 4\cdot 0\cdot 0=0.
Calcule o discriminante D(0,0):
D(0,0)=f_{xx}(0,0)\,f_{yy}(0,0)-\bigl(f_{xy}(0,0)\bigr)^{2} =(2e)(2e)-0^{2}=4e^{2}.
Como e>0 tem-se D(0,0)=4e^{2}>0. Além disso f_{xx}(0,0)=2e>0. Pelo teste: D>0 e f_{xx}>0 implica que (0,0) é um ponto de mínimo local.

Passo 5

Interpretação adicional (global) e comentário didático sobre o resultado. A função é
f(x,y)=e^{1+x^{2}+y^{2}}.
Como x^{2}+y^{2}\ge 0 para todo (x,y), o menor valor que 1+x^{2}+y^{2} pode assumir é 1 (quando x=y=0). E como a exponencial é crescente,
f(x,y)\ge e^{1}
com igualdade exatamente em (0,0). Portanto o mínimo encontrado no teste é na verdade um mínimo global, com valor mínimo e. Por outro lado, quando \|(x,y)\|\to\infty (isto é, |x| ou |y| cresce), tem-se f(x,y)\to\infty; assim não existe máximo global (a função cresce sem limite).
Dica prática para provas: quando a função é e^{g(x,y)} com exponencial estritamente positiva e monotônica, os pontos críticos coincidem com os pontos críticos de g (porque o fator e^{g} nunca zera). Aqui g(x,y)=1+x^{2}+y^{2} tem claramente único mínimo em (0,0).

Resposta

Ponto crítico: (0,0) — mínimo (local e global), valor mínimo f(0,0)=e.
Não há ponto de máximo (a função tende a +\infty quando \|(x,y)\|\to\infty).

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