f(x, y)=\left(x^{2}+y^{2}\right) e^{y^{2}-x^{2}}

Passo 1

O enunciado nos dá a função
f(x,y) = \left(x^{2}+y^{2}\right)e^{y^{2}-x^{2}}
e a tarefa que vou resolver (considerando o tipo de exercício mais comum para funções de duas variáveis) é: encontrar os pontos críticos de f e classificá-los (mínimo, máximo ou ponto de sela). As informações relevantes que temos são: a expressão explícita de f, e sabemos que a função exponencial e^{y^{2}-x^{2}} é sempre positiva para todo (x,y).

Passo 2

Primeiro precisamos calcular as derivadas parciais primeiras \partial f/\partial x e \partial f/\partial y. Vou ensinar as regras usadas:
  • Produto: se g(x,y)=u(x,y)\cdot v(x,y), então \displaystyle \frac{\partial g}{\partial x}= \frac{\partial u}{\partial x}\,v + u\,\frac{\partial v}{\partial x}.
  • Cadeia: se v(x,y) = e^{h(x,y)}, então \displaystyle \frac{\partial v}{\partial x} = e^{h(x,y)}\cdot \frac{\partial h}{\partial x}.
Aqui é prático definir r(x,y)=x^{2}+y^{2} e s(x,y)=e^{y^{2}-x^{2}}, de modo que f= r\cdot s. Calculamos as derivadas:
Derivada de r:
\frac{\partial r}{\partial x}=2x,\qquad \frac{\partial r}{\partial y}=2y.
Derivada de s usando cadeia (o expoente é y^{2}-x^{2}):
\frac{\partial s}{\partial x}=s\cdot(-2x)=-2x s,\qquad \frac{\partial s}{\partial y}=s\cdot(2y)=2y s.
Aplicando a regra do produto:
\frac{\partial f}{\partial x} = \frac{\partial r}{\partial x}\,s + r\,\frac{\partial s}{\partial x} = 2x s + r(-2x s) = 2x s(1-r).
\frac{\partial f}{\partial y} = \frac{\partial r}{\partial y}\,s + r\,\frac{\partial s}{\partial y} = 2y s + r(2y s) = 2y s(1+r).
Observação útil: s=e^{y^{2}-x^{2}}>0 para todo (x,y), então ao resolver \nabla f=0 podemos dividir por s sem perder soluções.

Passo 3

Agora fazemos \nabla f = 0, ou seja
\frac{\partial f}{\partial x}=0,\qquad \frac{\partial f}{\partial y}=0.
Como s>0, as equações equivalem a
2x(1-r)=0,\qquad 2y(1+r)=0,
onde recordamos r=x^{2}+y^{2}.
Da segunda equação 2y(1+r)=0: como 1+r>0 sempre (pois r\ge 0), a única possibilidade é y=0.
Substituindo y=0 em r r=x^{2}. A primeira equação fica 2x(1-x^{2})=0, que dá as soluções x=0 ou 1-x^{2}=0\Rightarrow x=\pm 1.
Portanto os pontos críticos são
(0,0),\quad (1,0),\quad (-1,0).

Passo 4

Para classificar os pontos críticos usamos a matriz Hessiana e o teste das segundas derivadas. A matriz Hessiana é
H_f(x,y)=\begin{pmatrix} f_{xx} & f_{xy} \\\ f_{yx} & f_{yy} \end{pmatrix},
e o discriminante usado no teste é
D(x,y)=f_{xx}(x,y)\,f_{yy}(x,y) - \big(f_{xy}(x,y)\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 ponto de sela; se D=0 o teste é inconclusivo.
Vou calcular as segundas derivadas explicitamente (passo a passo).

Passo 5

Começamos por f_{xx}. Partimos de f_x = 2x s(1-r). Vou derivar em x usando produto diversas vezes. Lembre que s e r dependem de x.
Calculei antes:
\frac{\partial s}{\partial x} = -2x s,\qquad \frac{\partial r}{\partial x}=2x.
Usando a derivação de f_x = 2x\cdot(1-r)\cdot s:
f_{xx}= \underbrace{2(1-r)s}_{\text{deriv de }2x} \;+\; 2x\cdot\big(-2x\big)\,s \;+\; 2x(1-r)\cdot\big(-2x s\big).
Agrupando em um fator s:
f_{xx} = s\Big[2(1-r) -4x^{2} -4x^{2}(1-r)\Big].

Passo 6

Agora f_{yy}. Partimos de f_y = 2y s(1+r). Usando \partial s/\partial y = 2y s e \partial r/\partial y = 2y, obtemos:
f_{yy} = \underbrace{2(1+r)s}_{\text{deriv de }2y} \;+\; 2y\cdot 2y\,s \;+\; 2y(1+r)\cdot 2y s.
Agrupando:
f_{yy} = s\Big[ 2(1+r) + 4y^{2} + 4y^{2}(1+r)\Big].

Passo 7

Para f_{xy} (que deve ser igual a f_{yx} aqui), parto de f_x = 2x s(1-r) e derivo em y. Usei que \partial s/\partial y = 2y s e \partial r/\partial y = 2y. Fazendo a conta:
f_{xy} = 2x\Big[(2y s)(1-r) + s(-2y)\Big] = 2x s\big[2y(1-r)-2y\big].
Simplificando dentro dos colchetes 2y(1-r)-2y = -2y r, então
f_{xy} = -4 x y r s.

Passo 8

Agora avaliamos f_{xx}, f_{yy} e f_{xy} nos pontos críticos (lembre s=e^{y^{2}-x^{2}}, que será um fator positivo em todos os pontos):
  1. Em (0,0): temos x=0,y=0,r=0,s=1.
f_{xx}(0,0)=1\cdot[2(1-0)-0-0]=2,
f_{yy}(0,0)=1\cdot[2(1+0)+0+0]=2,
f_{xy}(0,0)= -4\cdot0\cdot0\cdot0\cdot1 = 0.
Logo
D(0,0)=2\cdot 2 - 0 = 4>0
e f_{xx}(0,0)=2>0. Pelo teste, (0,0) é um mínimo local. Observação extra: como f(x,y)=(x^{2}+y^{2})e^{y^{2}-x^{2}}\ge 0 com igualdade só em (0,0), esse mínimo é global e o valor mínimo é f(0,0)=0.
  1. Em (1,0): temos x=1,y=0,r=1,s=e^{-1}.
    Calculemos:
f_{xx}(1,0)= s\big[2(1-1)-4\cdot1 -4\cdot1\cdot(1-1)\big] = s(-4) = -4e^{-1},
f_{yy}(1,0)= s\big[2(1+1)+0+0\big] = s\cdot 4 = 4e^{-1},
f_{xy}(1,0)= -4\cdot1\cdot0\cdot1\cdot s = 0.
Então
D(1,0)=(-4e^{-1})(4e^{-1}) - 0 = -16 e^{-2} < 0.
Como D<0, (1,0) é ponto de sela.
  1. Em (-1,0): como tudo depende de x^{2} e y aparece zerado, obtemos os mesmos valores que em (1,0):
f_{xx}(-1,0) = -4e^{-1},\quad f_{yy}(-1,0)=4e^{-1},\quad f_{xy}(-1,0)=0,
D(-1,0) = -16 e^{-2} <0,
logo (-1,0) também é ponto de sela.

Passo 9

Resumo e interpretação final (pra você poder usar na prova): os passos práticos foram 1) calcular \nabla f usando produto e cadeia, 2) resolver \nabla f=0 (observando que o fator exponencial nunca zera), 3) calcular as segundas derivadas (Hessiano), 4) avaliar o discriminante D nos pontos encontrados e aplicar o teste das segundas derivadas. Isso foi o suficiente para classificar cada ponto.

Resposta

(0,0) — mínimo local (na verdade mínimo global), com f(0,0)=0.
(1,0) — ponto de sela.
(-1,0) — ponto de sela.

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