Nos exercícios abaixo, encontre e classifique os pontos críticos das funções.
5. f(x, y)=y^{2}-2 y \cos (x) \operatorname{com} 0 \leq x \leq 2 \pi

Passo 1

O enunciado pede: encontrar e classificar os pontos críticos da função f(x,y)=y^{2}-2y\cos(x) no intervalo 0\le x\le 2\pi.
Informações dadas:
  • A função é f(x,y)=y^{2}-2y\cos(x).
  • O domínio em x é 0\le x\le 2\pi; não há restrição explícita em y, então y\in\mathbb{R}.
  • A tarefa: (i) achar todos os pontos críticos (onde o gradiente é zero ou derivadas não existem) e (ii) classificar cada ponto crítico como mínimo local, máximo local ou ponto de sela (usando o teste das derivadas segundas).

Passo 2

Derivar para obter as condições de ponto crítico (gradiente igual a zero). Vou explicar o que é o gradiente: o gradiente é o par formado pelas derivadas parciais \left(\dfrac{\partial f}{\partial x},\dfrac{\partial f}{\partial y}\right). Pontos críticos são aqueles onde ambas as derivadas parciais são zero (ou onde alguma delas não existe). Aqui as derivadas existem em todo o domínio, então resolvemos o sistema \nabla f=0.
Calcule as derivadas parciais:
\frac{\partial f}{\partial x}=\frac{\partial}{\partial x}\bigl(y^{2}-2y\cos x\bigr) = -2y\frac{d}{dx}(\cos x)= -2y(-\sin x)=2y\sin x,
\frac{\partial f}{\partial y}=\frac{\partial}{\partial y}\bigl(y^{2}-2y\cos x\bigr)=2y-2\cos x=2(y-\cos x).
Explicando rapidamente: ao derivar em relação a x tratamos y como constante; ao derivar em relação a y tratamos x como constante.
Portanto, o sistema \nabla f=0 é
2y\sin x=0, \qquad 2(y-\cos x)=0.
Podemos simplificar cancelando o fator 2:
y\sin x=0, \qquad y=\cos x.

Passo 3

Resolver o sistema obtido. Substituir y=\cos x na primeira equação:
(\cos x)\sin x=0.
Isso implica que \cos x=0 ou \sin x=0.
Casos:
  • Se \cos x=0 então x=\tfrac{\pi}{2} ou x=\tfrac{3\pi}{2} no intervalo [0,2\pi]. Como y=\cos x, tem-se y=0. Assim obtemos os pontos críticos \bigl(\tfrac{\pi}{2},0\bigr) e \bigl(\tfrac{3\pi}{2},0\bigr).
  • Se \sin x=0 então x=0,\pi,2\pi no intervalo dado. Novamente y=\cos x, logo:
    • x=0 y=\cos 0=1 → ponto (0,1).
    • x=\pi y=\cos\pi=-1 → ponto (\pi,-1).
    • x=2\pi y=\cos(2\pi)=1 → ponto (2\pi,1).
Não há outras soluções, porque as derivadas existem em todo lugar e o sistema foi resolvido completamente.
Resumo dos pontos críticos encontrados:
(0,1),\; (\pi,-1),\; (2\pi,1),\; \Bigl(\tfrac{\pi}{2},0\Bigr),\; \Bigl(\tfrac{3\pi}{2},0\Bigr).

Passo 4

Agora vamos classificar cada ponto crítico usando o teste das derivadas segundas (matriz Hessiana). Vou explicar o teste: a Hessiana H é a matriz das segundas derivadas
H=\begin{pmatrix} f_{xx} & f_{xy}\\[4pt] f_{yx} & f_{yy} \end{pmatrix},
onde f_{xx}=\dfrac{\partial^{2}f}{\partial x^{2}}, etc. Definimos o discriminante
D = \det H = f_{xx}f_{yy}-(f_{xy})^{2}.
  • Se D>0 e f_{xx}>0 → mínimo local.
  • Se D>0 e f_{xx}<0 → máximo local.
  • Se D<0 → ponto de sela.
  • Se D=0 → teste inconclusivo (é preciso outro método).
Calcule as segundas derivadas:
f_{xx}=\frac{\partial}{\partial x}(2y\sin x)=2y\cos x,
f_{xy}=\frac{\partial}{\partial y}(2y\sin x)=2\sin x,
f_{yy}=\frac{\partial}{\partial y}\bigl(2(y-\cos x)\bigr)=2.
Então a determinante da Hessiana é
D = f_{xx}f_{yy}-(f_{xy})^{2} = (2y\cos x)(2) - (2\sin x)^{2} = 4y\cos x - 4\sin^{2}x.
Podemos fatorar:
D=4\bigl(y\cos x-\sin^{2}x\bigr).]

Passo 5

Avaliar f_{xx} e D em cada ponto crítico e concluir a classificação.
  1. Ponto (0,1): aqui \cos 0=1, \sin 0=0, y=1.
f_{xx}=2y\cos x = 2\cdot 1\cdot 1 = 2>0,
D=4\bigl(1\cdot 1 - 0\bigr)=4>0.
Como D>0 e f_{xx}>0, (0,1) é mínimo local.
  1. Ponto (2\pi,1): \cos 2\pi=1, \sin 2\pi=0, y=1. Mesmo cálculo que o anterior:
f_{xx}=2>0,\qquad D=4>0,
portanto (2\pi,1) é mínimo local.
  1. Ponto (\pi,-1): \cos\pi=-1, \sin\pi=0, y=-1.
f_{xx}=2y\cos x = 2\cdot(-1)\cdot(-1)=2>0,
D=4\bigl((-1)\cdot(-1)-0\bigr)=4>0.
Logo D>0 e f_{xx}>0, portanto (\pi,-1) é mínimo local.
Observação rápida: por enquanto todos estes três são mínimos locais.
  1. Ponto \bigl(\tfrac{\pi}{2},0\bigr): \cos(\tfrac{\pi}{2})=0, \sin(\tfrac{\pi}{2})=1, y=0.
f_{xx}=2y\cos x = 2\cdot 0\cdot 0 = 0,
D=4\bigl(0\cdot 0 - 1^{2}\bigr)=4(-1)=-4<0.
Aqui D<0, então é ponto de sela.
  1. Ponto \bigl(\tfrac{3\pi}{2},0\bigr): \cos(\tfrac{3\pi}{2})=0, \sin(\tfrac{3\pi}{2})=-1, y=0.
f_{xx}=0,
D=4\bigl(0\cdot 0 - (-1)^{2}\bigr)= -4<0.
Também D<0, logo ponto de sela.

Passo 6

Uma verificação e insight útil (ajuda a entender por que não há máximos): completar o quadrado em y. Escrevendo
f(x,y)=y^{2}-2y\cos x = (y-\cos x)^{2} - \cos^{2}x.
Isto mostra que para cada x fixo a função em y tem mínimo em y=\cos x com valor -\cos^{2}x. Como -\cos^{2}x está entre -1 e 0, o menor valor global possível de f é -1, atingido quando \cos^{2}x=1 (isto é, em x=0,\pi,2\pi) e y=\cos x. Isso confirma que os pontos (0,1),(\pi,-1),(2\pi,1) são mínimos globais (além de locais). Não há máximos globais porque (y-\cos x)^{2} pode crescer sem limite quando |y|\to\infty.

Resposta

(0,1) — mínimo (global)\n
(\pi,-1) — mínimo (global)\n
(2\pi,1) — mínimo (global)\n
\bigl(\tfrac{\pi}{2},0\bigr) — ponto de sela\n
\bigl(\tfrac{3\pi}{2},0\bigr) — ponto de sela