Questão 5. Mostre que ( 0,0 ) é o único ponto crítico de f(x, y)=x^{2}(1-y)^{3}+y^{2}, o qual é mínimo local, mas não absoluto.

Passo 1

O enunciado nos dá a função f(x,y)=x^{2}(1-y)^{3}+y^{2} e pede três coisas claras:
  • Mostrar que (0,0) é o único ponto crítico de f.
  • Mostrar que esse ponto é um mínimo local.
  • Mostrar que esse ponto não é um mínimo absoluto (ou seja, existe ponto com f< f(0,0)).
Informações dadas (apenas o que aparece na função):
  • A expressão explícita de f é f(x,y)=x^{2}(1-y)^{3}+y^{2}.
  • Avaliação em (0,0): f(0,0)=0.

Passo 2

Definição e cálculo das derivadas parciais: um ponto (x,y) é crítico se as derivadas parciais primeiras se anulam ali. Vamos calcular as derivadas parciais de f.
Derivando em relação a x:
\frac{\partial f}{\partial x}(x,y)=2x(1-y)^{3}.
Derivando em relação a y: usar produto e cadeia em x^{2}(1-y)^{3}:
\frac{\partial f}{\partial y}(x,y)=x^{2}\cdot 3(1-y)^{2}\cdot(-1)+2y=-3x^{2}(1-y)^{2}+2y.
Ponto crítico satisfaz o sistema
\begin{cases} 2x(1-y)^{3}=0,\\[4pt] -3x^{2}(1-y)^{2}+2y=0. \end{cases}]

Passo 3

Resolver o sistema de condições de ponto crítico por casos.
Do primeiro equação 2x(1-y)^{3}=0 temos duas possibilidades:
  • Caso A: x=0.
  • Caso B: 1-y=0, isto é, y=1.
Tratar cada caso na segunda equação.
Caso A ( x=0). Substituindo em \frac{\partial f}{\partial y}:
-3\cdot 0^{2}(1-y)^{2}+2y=2y=0 \quad\Rightarrow\quad y=0.
Logo (x,y)=(0,0) é solução neste caso.
Caso B ( y=1). Substituindo em \frac{\partial f}{\partial y}:
-3x^{2}(1-1)^{2}+2\cdot 1 = 0 + 2 = 2 \neq 0.
Portanto não existe x que satisfaça a segunda equação quando y=1. Assim o caso y=1 não produz pontos críticos.
Conclusão deste passo: o único ponto que satisfaz as duas equações é (0,0). Então (0,0) é o único ponto crítico de f.

Passo 4

Critério de segunda derivada (Hessiano) e cálculo das segundas derivadas para identificar natureza do ponto crítico.
As segundas derivadas são:
\frac{\partial^{2}f}{\partial x^{2}}(x,y)=2(1-y)^{3},
\frac{\partial^{2}f}{\partial x\partial y}(x,y)=-6x(1-y)^{2},
\frac{\partial^{2}f}{\partial y^{2}}(x,y)=6x^{2}(1-y)+2.
No ponto (0,0) obtemos
\frac{\partial^{2}f}{\partial x^{2}}(0,0)=2,\qquad \frac{\partial^{2}f}{\partial x\partial y}(0,0)=0,\qquad \frac{\partial^{2}f}{\partial y^{2}}(0,0)=2.
O Hessiano em (0,0) é a matriz
H(0,0)=\begin{pmatrix}2 & 0\\[4pt] 0 & 2\end{pmatrix}.
Uma matriz simétrica 2\times2 é definida positiva se os seus menores principais forem positivos. Aqui os menores principais são 2>0 e \det H(0,0)=2\cdot2-0=4>0. Portanto H(0,0) é definida positiva. Alternativamente, como é diagonal com entradas positivas, todos os valores próprios são positivos.
Teorema (intuito): se o Hessiano num ponto crítico é definido positivo, então esse ponto é um mínimo local estrito. Assim concluímos que (0,0) é um mínimo local estrito de f.]

Passo 5

Uma prova mais direta e elementar da natureza local (sem Hessiano): escolha uma vizinhança explícita em que f é positiva exceto na origem. Para |y|\le \tfrac{1}{2} tem-se 1-y\ge\tfrac{1}{2}, logo (1-y)^{3}\ge\left(\tfrac{1}{2}\right)^{3}=\tfrac{1}{8}. Então, para |y|\le\tfrac{1}{2},
f(x,y)=x^{2}(1-y)^{3}+y^{2}\ge x^{2}\cdot\tfrac{1}{8}+y^{2}.
Assim, se além disso restringirmos x e y a um pequeno disco em torno de (0,0), o lado direito é estritamente positivo para qualquer (x,y)\neq(0,0). Isso mostra de forma construtiva que (0,0) é mínimo local estrito.

Passo 6

Mostrar que (0,0) não é mínimo absoluto: basta apresentar um ponto com valor de f negativo (lembrando que f(0,0)=0).
Tomemos y=2. Então (1-y)^{3}=(1-2)^{3}=(-1)^{3}=-1 e
f(x,2)=-x^{2}+4.
Se escolhermos, por exemplo, x=3 obtemos f(3,2)=-9+4=-5<0. Logo existem pontos onde f<0=f(0,0). Portanto (0,0) não é mínimo absoluto.

Passo 7

Resumo das conclusões já demonstradas:
  • (0,0) é o único ponto crítico (resolvido pelo sistema das derivadas parciais).
  • O Hessiano em (0,0) é definido positivo, logo (0,0) é mínimo local estrito.
  • Existem pontos (por exemplo (3,2)) com f<0, então (0,0) não é mínimo absoluto.
Força aí — a parte de calcular derivadas e usar o Hessiano é uma ferramenta padrão em provas; praticando algumas vezes você pega o jeito rápido!

Resposta

(0,0) é o único ponto crítico de f.
O ponto (0,0) é mínimo local (estrito), mas não é mínimo absoluto.

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