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}+x^{2} y-x y

Passo 1

O enunciado pede duas coisas: localizar e classificar os pontos críticos de z=f(x,y) e dizer se a função tem extremo absoluto no seu domínio. A função dada é
f(x,y)=x y^{2}+x^{2} y-x y.
Informações relevantes que o enunciado dá:
  • A função é um polinômio em x,y (logo está definida e é C^\infty em todo \mathbb{R}^2); portanto o domínio é \mathbb{R}^2.
  • Precisamos encontrar os pontos em que o gradiente é nulo (ou não existe) — aqui o gradiente existe em toda parte, então procuraremos onde ele é zero — e depois classificar cada ponto (mínimo local, máximo local ou ponto de sela).
  • Também precisamos decidir se existe algum extremo absoluto (global) no domínio.

Passo 2

Definição e estratégia prática (mini-aula):
  • Um ponto crítico é um ponto (x,y) onde o gradiente \nabla f=(f_x,f_y) é (0,0) ou não é definido. Aqui as derivadas parciais existem em toda parte, então resolvemos
f_x(x,y)=0,\qquad f_y(x,y)=0.
  • Para classificar um ponto crítico usamos as segundas derivadas e o discriminante de Hessian:
D(x,y)=f_{xx}(x,y)\,f_{yy}(x,y)-\bigl(f_{xy}(x,y)\bigr)^2.
Critério de segunda derivada para pontos críticos:
  • 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.
    Vou aplicar esse procedimento calculando as derivadas parciais e resolvendo o sistema.

Passo 3

Calcular as derivadas parciais de primeira ordem:
f_x=\frac{\partial}{\partial x}\bigl(x y^{2}+x^{2} y-x y\bigr)=y^{2}+2xy-y,
f_y=\frac{\partial}{\partial y}\bigl(x y^{2}+x^{2} y-x y\bigr)=2xy+x^{2}-x.
Colocar o sistema \nabla f=0\): \[\begin{cases} y^{2}+2xy-y=0,\\[4pt] 2xy+x^{2}-x=0. \end{cases}
Organizo o segundo em fatorado:
2xy+x^{2}-x = x(2y+x-1)=0.
Portanto há duas possibilidades: x=0\] ou \(2y+x-1=0 (isto é, y=(1-x)/2). Vou tratar cada caso.]

Passo 4

Caso x=0. Substituo em f_x:
f_x(0,y)=y^{2}-y=y(y-1)=0 \Rightarrow y=0 \text{ ou } y=1.
Assim obtemos dois pontos críticos: \bigl(0,0\bigr) e \bigl(0,1\bigr).
Caso y=(1-x)/2. Substituo em f_x. Calculo passo a passo:
y=\frac{1-x}{2}\quad\Rightarrow\quad y^{2}=\frac{(1-x)^{2}}{4},\quad 2xy=x(1-x).
Então
f_x=\frac{(1-x)^{2}}{4}+x(1-x)-\frac{1-x}{2}.
Coloco tudo sobre denominador 4:
f_x=\frac{1-2x+x^{2}+4x-4x^{2}-2+2x}{4}=\frac{-3x^{2}+4x-1}{4}.
Igualando a zero basta zerar o numerador:
-3x^{2}+4x-1=0 \iff 3x^{2}-4x+1=0.
Equação quadrática com \Delta=(-4)^{2}-4\cdot3\cdot1=16-12=4. As raízes são
x=\frac{4\pm2}{6}\Rightarrow x=1 \quad\text{ou}\quad x=\frac{1}{3}.
Para cada x obtenho y=(1-x)/2:
  • Se x=1, então y=0, ponto crítico \bigl(1,0\bigr).
  • Se x=\tfrac{1}{3}, então y=\tfrac{1}{3}, ponto crítico \bigl(\tfrac{1}{3},\tfrac{1}{3}\bigr).
Concluímos que os pontos críticos são
(0,0),\\ (0,1),\\ (1,0),\\ \left(\tfrac{1}{3},\tfrac{1}{3}\right).

Passo 5

Calcular as segundas derivadas (componentes do Hessiano):
f_{xx}=\frac{\partial}{\partial x}(y^{2}+2xy-y)=2y,
f_{yy}=\frac{\partial}{\partial y}(2xy+x^{2}-x)=2x,
f_{xy}= \frac{\partial}{\partial y}(y^{2}+2xy-y)=2y+2x-1.
O discriminante é
D(x,y)=f_{xx}f_{yy}-(f_{xy})^{2}=4xy-(2x+2y-1)^{2}.
Vou avaliar f_{xx} e D em cada ponto para classificar.

Passo 6

Avaliação em (0,0):
f_{xx}=2\cdot0=0,\quad f_{xy}=2\cdot0+2\cdot0-1=-1,
D=4\cdot0\cdot0-(-1)^{2}=-1<0.
Como D<0, (0,0) é ponto de sela.

Passo 7

Avaliação em (0,1):
f_{xx}=2\cdot1=2>0,\quad f_{xy}=2\cdot0+2\cdot1-1=1,
D=4\cdot0\cdot1-1^{2}=-1<0.
Como D<0, (0,1) é ponto de sela.

Passo 8

Avaliação em (1,0):
f_{xx}=2\cdot0=0,\quad f_{xy}=2\cdot1+2\cdot0-1=1,
D=4\cdot1\cdot0-1^{2}=-1<0.
Como D<0, (1,0) é ponto de sela.

Passo 9

Avaliação em \left(\tfrac{1}{3},\tfrac{1}{3}\right):
f_{xx}=2\cdot\frac{1}{3}=\frac{2}{3}>0,\quad f_{xy}=2\cdot\frac{1}{3}+2\cdot\frac{1}{3}-1=\frac{1}{3},
D=4\cdot\frac{1}{3}\cdot\frac{1}{3}-\left(\frac{1}{3}\right)^{2}=\frac{4}{9}-\frac{1}{9}=\frac{3}{9}=\frac{1}{3}>0.
Como D>0 e f_{xx}>0, \left(\tfrac{1}{3},\tfrac{1}{3}\right) é um mínimo local. O valor da função nesse ponto é
f\!\left(\tfrac{1}{3},\tfrac{1}{3}\right)=\frac{1}{3}\cdot\frac{1}{9}+\frac{1}{9}\cdot\frac{1}{3}-\frac{1}{3}\cdot\frac{1}{3}=\frac{2}{27}-\frac{3}{27}=-\frac{1}{27}.

Passo 10

Verificação de existência de extremo absoluto (mini-aula e argumento):
  • Para existir mínimo absoluto, a função deveria ter um menor valor alcançado em todo \mathbb{R}^2; para máximo absoluto, um maior valor alcançado.
  • Como f é um polinômio com termos de grau 3 dominantes ( x y^{2} e x^{2}y), o comportamento para \|(x,y)\|\to\infty pode divergir para +\infty em algumas direções e para -\infty em outras. Mostro caminhos específicos.
Direção que faz f\to+\infty: escolha y=x. Então
f(x,x)=x\cdot x^{2}+x^{2}\cdot x - x\cdot x =2x^{3}-x^{2}.
Para x\to+\infty temos f(x,x)\to+\infty.
Direção que faz f\to-\infty: escolha y=-\tfrac{1}{2}x. Calculo
f\!\left(x,-\tfrac{x}{2}\right)=x\left(\tfrac{x^{2}}{4}\right)+x^{2}\left(-\tfrac{x}{2}\right)-x\left(-\tfrac{x}{2}\right) = \left(\tfrac{1}{4}+\Big(-\tfrac{1}{2}\Big)\right)x^{3}+\tfrac{1}{2}x^{2} = -\tfrac{1}{4}x^{3}+\tfrac{1}{2}x^{2}.
Para x\to+\infty esse termo dominante -\tfrac{1}{4}x^{3}\to-\infty. Logo f assume valores arbitrariamente negativos.
Assim f é não limitada superiormente nem inferiormente, o que impede a existência de máximo absoluto e de mínimo absoluto. Em particular, o mínimo local \left(\tfrac{1}{3},\tfrac{1}{3}\right) com valor -\tfrac{1}{27} não é mínimo absoluto (existem direções onde f\to-\infty).

Resposta

(0,0): ponto de sela.
(0,1): ponto de sela.
(1,0): ponto de sela.
\left(\tfrac{1}{3},\tfrac{1}{3}\right): mínimo local com f\!\left(\tfrac{1}{3},\tfrac{1}{3}\right)=-\tfrac{1}{27}.
Não existe extremo absoluto no domínio.

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