Localize todos os máximos e mínimos relativos e os pontos de sela, se houver:
f(x, y)=x^{4}+\frac{1}{5} y^{5}+x+\frac{1}{3} y^{3}+15

Passo 1

O enunciado pede: localizar todos os máximos relativos, todos os mínimos relativos e todos os pontos de sela (se existirem) da função
f(x,y)=x^{4}+\frac{1}{5}y^{5}+x+\frac{1}{3}y^{3}+15.
Informações explícitas dadas no enunciado:
\text{domínio: }(x,y)\in\mathbb{R}^2,í
e a expressão explícita de f(x,y).
A tarefa é encontrar todos os pontos críticos (onde o gradiente é zero) e classificá‑los como máximo relativo, mínimo relativo ou ponto de sela.

Passo 2

Encontrar os pontos críticos: calculo as derivadas parciais primeiras e resolvo o sistema \nabla f=0.
Derivadas parciais:
\frac{\partial f}{\partial x}(x,y)=4x^{3}+1,
\frac{\partial f}{\partial y}(x,y)=\frac{d}{dy}\!\left(\tfrac{1}{5}y^{5}+\tfrac{1}{3}y^{3}\right)=y^{4}+y^{2}=y^{2}(y^{2}+1).
Agora imponho \frac{\partial f}{\partial x}=0 e \frac{\partial f}{\partial y}=0.
Da equação em x:
4x^{3}+1=0 \quad\Rightarrow\quad x^{3}=-\tfrac{1}{4}\quad\Rightarrow\quad x=-\sqrt[3]{\tfrac{1}{4}}.
Da equação em y:
y^{2}(y^{2}+1)=0.
Como y^{2}+1>0 para todo y\in\mathbb{R}, a única solução real é y^{2}=0, logo y=0.
Portanto existe exatamente um ponto crítico real:
\left(x_{0},y_{0}\right)=\left(-\sqrt[3]{\tfrac{1}{4}},\,0\right).

Passo 3

Tentativa de classificar com a matriz Hessiana (teste das derivadas segundas).
Calculo as derivadas segundas:
\frac{\partial^{2} f}{\partial x^{2}}(x,y)=12x^{2},
\frac{\partial^{2} f}{\partial y^{2}}(x,y)=4y^{3}+2y=2y(2y^{2}+1),
\frac{\partial^{2} f}{\partial x\partial y}(x,y)=0.
Avalio no ponto crítico \left(x_{0},y_{0}\right)=\left(-\sqrt[3]{\tfrac{1}{4}},0\right):
\frac{\partial^{2} f}{\partial x^{2}}(x_{0},y_{0})=12x_{0}^{2}=12\left(\sqrt[3]{\tfrac{1}{4}}\right)^{2}>0,
\frac{\partial^{2} f}{\partial y^{2}}(x_{0},y_{0})=0,
\frac{\partial^{2} f}{\partial x\partial y}(x_{0},y_{0})=0.
Determinante da Hessiana no ponto:
D = f_{xx}f_{yy}-f_{xy}^{2}= \big(12x_{0}^{2}\big)\cdot 0 - 0 = 0.
Como D=0, o teste quadrático padrão (que usa o sinal de D e de f_{xx}) é inconclusivo. Preciso estudar termos de ordem superior ao redor do ponto crítico.

Passo 4

Usar expansão (Taylor) da função perto do ponto crítico para ver comportamento de ordens superiores. Seja
x=a+u,\qquad y=v,
onde a=x_{0}=-\sqrt[3]{\tfrac{1}{4}} e (u,v) é pequeno. Vou expandir f(a+u,v) até os menores termos não nulos.
Primeiro, expando x^{4}=(a+u)^{4}:
(a+u)^{4}=a^{4}+4a^{3}u+6a^{2}u^{2}+4a u^{3}+u^{4}.
Então
f(a+u,v)=\big(a^{4}+4a^{3}u+6a^{2}u^{2}+4a u^{3}+u^{4}\big) +\frac{1}{5}v^{5}+(a+u)+\frac{1}{3}v^{3}+15.
Agrupando termos constantes, lineares e de ordem superior:
  • Termos constantes (não dependem de u,v): a^{4}+a+15+\tfrac{1}{5}\cdot 0+\tfrac{1}{3}\cdot 0. Isso é apenas um valor fixo que chamarei f(a,0).
  • Termos lineares em u: 4a^{3}u + u = (4a^{3}+1)u. Mas lembrando que a foi escolhido como raiz de 4x^{3}+1=0, temos 4a^{3}+1=0. Logo o termo linear em u se anula.
  • Termos lineares em v: não há termos lineares em v porque as menores potências de v em f são v^{3} e v^{5}; assim não há termo em v ou v^{2}.
Portanto os primeiros termos não nulos após os constantes são:
f(a+u,v)-f(a,0)=6a^{2}u^{2}+4a u^{3}+u^{4}+\frac{1}{3}v^{3}+\frac{1}{5}v^{5}.
Agora analiso os termos de menor ordem:
  • Em u a menor ordem é u^{2} com coeficiente 6a^{2}. Como a^{2}>0, o coeficiente 6a^{2}>0. Assim, ao longo da direção v=0 (isto é, variando apenas u), o incremento f-f(a,0)\approx 6a^{2}u^{2} é não negativo e estritamente positivo para u\neq 0. Isso aponta para comportamento de mínimo ao longo da direção x.
  • Em v a menor ordem é v^{3} com coeficiente \tfrac{1}{3}. Termo v^{3} é de ordem ímpar, logo muda de sinal conforme v for positivo ou negativo: para v>0 pequeno, \tfrac{1}{3}v^{3}>0; para v<0 pequeno, \tfrac{1}{3}v^{3}<0. Assim, ao variar só v (isto é, u=0), o valor f-f(a,0) pode ser positivo ou negativo dependendo do sinal de v.
Combinação das observações: existem direções (por exemplo u\neq 0, v=0) nas quais f-f(a,0)>0 e outras direções (por exemplo u=0, v<0 pequeno) nas quais f-f(a,0)<0. Isso significa que arbitrariamente perto do ponto crítico o valor de f assume valores maiores e menores que f(a,0). Essa é a definição prática de um ponto de sela: não é um mínimo nem um máximo, há direções de subida e de descida.

Passo 5

Conclusão: o único ponto crítico real é \left(-\sqrt[3]{\tfrac{1}{4}},0\right). Pelo argumento da expansão em potências, esse ponto é um ponto de sela (não é mínimo nem máximo relativo), porque em direções diferentes o incremento de f tem sinais opostos.

Resposta

Máximos relativos: nenhum
Mínimos relativos: nenhum
Pontos de sela: \left(-\sqrt[3]{\tfrac{1}{4}},\,0\right)

Exercícios relacionados