Localize e classifique os pontos críticos da função z=f(x, y) e determine se ela tem extremo absoluto em seu domínio
z=x y^{2}+3 y^{2}-3 x y+2 x-4 y+1

Passo 1

O enunciado nos dá a função
z=f(x,y)=x y^{2}+3 y^{2}-3 x y+2 x-4 y+1
e pede duas coisas:
  • localizar e classificar os pontos críticos (ou seja, encontrar todos os pontos (x,y) onde o gradiente é nulo e dizer se cada um é mínimo, máximo ou sela);
  • dizer se f possui extremo absoluto em seu domínio.
Informações relevantes já explícitas:
  • O domínio é todo o plano \mathbb{R}^{2} (polinômio definido para todos x,y).
  • A função tem termos em x e y que geram uma dependência até de grau 3 (por exemplo o termo x y^{2}), então a topologia pode ser não-trivial.

Passo 2

O primeiro passo para achar pontos críticos é calcular as derivadas parciais primeiras (o gradiente) e igualá-las a zero.
Definição usada: para uma função f(x,y), o gradiente é o par \big(\partial f/\partial x,\\ \partial f/\partial y\big). Pontos críticos satisfazem
\frac{\partial f}{\partial x}=0,\qquad \frac{\partial f}{\partial y}=0.
Calculemos as derivadas:
\frac{\partial f}{\partial x}=\frac{\partial}{\partial x}\big(x y^{2}+3 y^{2}-3 x y+2 x-4 y+1\big).
Derivando termo a termo (lembrando que y é tratado como constante ao derivar em x):
\frac{\partial f}{\partial x}=y^{2}-3y+2.
Agora \partial f/\partial y:
\frac{\partial f}{\partial y}=\frac{\partial}{\partial y}\big(x y^{2}+3 y^{2}-3 x y+2 x-4 y+1\big).
Derivando termo a termo (agora x é constante):
\frac{\partial f}{\partial y}=2xy+6y-3x-4.
Portanto o sistema para pontos críticos é
\begin{cases} y^{2}-3y+2=0,\\[4pt] 2xy+6y-3x-4=0. \end{cases}]

Passo 3

Resolvendo o primeiro equacionamento:
y^{2}-3y+2=(y-1)(y-2)=0,
logo as possibilidades são \;y=1\; ou \;y=2\;.
Para cada caso substituímos na segunda equação 2xy+6y-3x-4=0. Vamos isolar x nessa equação antes: fatorando em x,
2xy+6y-3x-4 = x(2y-3) + (6y-4)=0,
logo, se 2y-3\neq0,
x=\frac{4-6y}{2y-3}.
Como y=1 ou y=2 não anulam 2y-3 (pois 2\cdot1-3=-1 e 2\cdot2-3=1), podemos usar essa fórmula sem problema.
  • Para y=1:
x=\frac{4-6\cdot1}{2\cdot1-3}=\frac{4-6}{2-3}=\frac{-2}{-1}=2.
Obtemos o ponto crítico (x,y)=(2,1).
  • Para y=2:
x=\frac{4-6\cdot2}{2\cdot2-3}=\frac{4-12}{4-3}=\frac{-8}{1}=-8.
Obtemos o ponto crítico (x,y)=(-8,2).
Conclusão: existem exatamente dois pontos críticos: (2,1) e (-8,2).

Passo 4

Agora vamos classificar esses pontos usando as derivadas segundas (a matriz Hessiana) e o teste das derivadas segundas para funções de duas variáveis.
Lembrete (ferramenta que vou usar): para f(x,y) calcule
f_{xx}=\frac{\partial^{2} f}{\partial x^{2}},\quad f_{yy}=\frac{\partial^{2} f}{\partial y^{2}},\quad f_{xy}=\frac{\partial^{2} f}{\partial x\partial y}.
Defina o discriminante
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 então ponto de sela.
  • Se D=0 o teste é inconclusivo.
Calculemos as derivadas segundas a partir das primeiras:
Já tínhamos \;f_{x}=y^{2}-3y+2\; e \;f_{y}=2xy+6y-3x-4\;.
Derivando:
f_{xx}=\frac{\partial}{\partial x}(y^{2}-3y+2)=0,
porque f_{x} não depende de x.
f_{xy}=\frac{\partial}{\partial y}(y^{2}-3y+2)=2y-3.
f_{yy}=\frac{\partial}{\partial y}(2xy+6y-3x-4)=2x+6.
Portanto o discriminante é
D(x,y)=0\cdot(2x+6)-(2y-3)^{2}=-(2y-3)^{2}.
Observação: (2y-3)^{2}\ge0 para todo y, então D(x,y)\le0 sempre; e D<0 salvo quando 2y-3=0 (isto é, y=\tfrac{3}{2}), caso em que D=0.
Agora avaliamos em cada ponto crítico:
  • Em (2,1): 2y-3=2\cdot1-3=-1, logo (2y-3)^{2}=1 e
D(2,1)= -1<0.
Pelo teste, quando D<0 o ponto é um ponto de sela.
  • Em (-8,2): 2y-3=2\cdot2-3=1, então (2y-3)^{2}=1 e
D(-8,2)=-1<0.
Novamente D<0, então é também um ponto de sela.
Conclusão: ambos os pontos críticos (2,1) e (-8,2) são pontos de sela (não são mínimos nem máximos locais).

Passo 5

Por fim, determinar se existe extremo absoluto no domínio inteiro \mathbb{R}^{2}.
Uma forma prática é reescrever f como função linear em x (para cada y):
f(x,y)=x\big(y^{2}-3y+2\big) + \big(3y^{2}-4y+1\big).
Definimos A(y)=y^{2}-3y+2=(y-1)(y-2). Então para cada y fixo,
f(x,y)=A(y)\,x + B(y),\quad\text{onde}\quad B(y)=3y^{2}-4y+1.
Observações importantes:
  • Se A(y)\neq0, a função x\mapsto f(x,y) é linear não-constante em x, portanto tende a +\infty quando x\to+\infty ou a -\infty quando x\to-\infty, dependendo do sinal de A(y). Logo, para esses valores de y, a imagem de f é não limitada em pelo menos um dos sentidos.
  • Se A(y)=0, isto é y=1 ou y=2, então f é constante em x e vale f(x,1)=B(1)=0,\qquad f(x,2)=B(2)=5para todo x.
Agora, para decidir sobre extremos absolutos, basta notar que existem valores de y com A(y)>0 (por exemplo y=0 A(0)=2>0) e valores com A(y)<0 (por exemplo y=1{,}5 A(1{,}5)=(1{,}5-1)(1{,}5-2)=0{,}5\cdot(-0{,}5)=-0{,}25). Assim:
  • Para algum y com A(y)>0, fazendo x\to+\infty obtemos f(x,y)\to+\infty. Então não existe máximo absoluto.
  • Para algum y com A(y)<0, fazendo x\to+\infty obtemos f(x,y)\to-\infty. Então não existe mínimo absoluto.
Portanto a função não tem extremo absoluto no domínio \mathbb{R}^{2}.
Como remark: mesmo que haja valores constantes alcançados (por exemplo f(x,1)=0 e f(x,2)=5), esses valores não são extremos absolutos porque f atinge arbitrariamente grandes valores positivos e negativos em outras direções.

Resposta

Pontos críticos: (2,1) e (-8,2).
Classificação: ambos são pontos de sela (nenhum é mínimo nem máximo local).
Extremo absoluto: a função não possui extremo absoluto no domínio \mathbb{R}^{2}.

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