Questão 3 (2.5 pontos):
Considere a função
f(x, y)=2 \log \left(x^{2}+1\right)-x^{2}-y^{2} .
(a) Calcule as derivadas parciais de primeira e segunda ordem.
(b) De uma equação para o plano tangente ao gráfico de f no ponto ( 1,1, f(1,1) )
(c) Ache os pontos críticos de f e classifique em ponto sela, máximo local ou mínimo local.

Passo 1

O enunciado dá a função
f(x,y)=2\log\!\big(x^{2}+1\big)-x^{2}-y^{2}
e pede três coisas:
  1. (a) Calcular as derivadas parciais de primeira e segunda ordem (ou seja, f_{x},f_{y} e f_{xx},f_{yy},f_{xy}).
  2. (b) Escrever a equação do plano tangente ao gráfico de f no ponto (1,1,f(1,1)).
  3. (c) Encontrar os pontos críticos (onde o gradiente é zero) e classificá‑los como ponto de sela, máximo local ou mínimo local.
Informações úteis que temos explicitamente:
f(x,y)=2\log\!\big(x^{2}+1\big)-x^{2}-y^{2}.
Não há outras restrições sobre x,y (o logaritmo está definido para x^{2}+1>0, que é sempre verdadeiro).

Passo 2

Vamos calcular as derivadas parciais de primeira ordem passo a passo. Relembre: a derivada parcial em relação a x trata y como constante, e vice‑versa.
  1. Derivada parcial em relação a x. Use a regra da cadeia para 2\log(x^{2}+1).
    A derivada de \log(u) em relação a x é \dfrac{1}{u}\dfrac{du}{dx}. Aqui u=x^{2}+1 e \dfrac{du}{dx}=2x. Assim
\frac{\partial}{\partial x}\big(2\log(x^{2}+1)\big)=2\cdot\frac{1}{x^{2}+1}\cdot 2x=\frac{4x}{x^{2}+1}.
A derivada de -x^{2} em relação a x é -2x. Portanto
\boxed{\displaystyle f_{x}(x,y)=\frac{4x}{x^{2}+1}-2x.}
Podemos fatorar para uma forma mais simples (útil depois):
\frac{4x}{x^{2}+1}-2x=2x\!\left(\frac{2}{x^{2}+1}-1\right)=2x\cdot\frac{1-x^{2}}{x^{2}+1}.
  1. Derivada parcial em relação a y. Apenas o termo -y^{2} depende de y, cuja derivada é -2y. Assim
\boxed{\displaystyle f_{y}(x,y)=-2y.}

Passo 3

Agora as derivadas parciais de segunda ordem. Explico a ideia: derivamos novamente as parciais — por exemplo f_{xx}=\dfrac{\partial}{\partial x}(f_{x}), f_{xy}=\dfrac{\partial}{\partial y}(f_{x}), etc.
  1. Calcular f_{xx}. Partimos da forma fatorada f_{x}(x,y)=2x\cdot\frac{1-x^{2}}{x^{2}+1}. Usamos a regra do quociente/produto. Aplicando a derivação (faço a conta completa):
    escreva o numerador N(x)=2x-2x^{3} e o denominador D(x)=x^{2}+1. Pela regra do quociente,
f_{xx}(x,y)=\frac{N'(x)D(x)-N(x)D'(x)}{D(x)^{2}}.
Calcule N'(x)=2-6x^{2} e D'(x)=2x. Substituindo e simplificando obtemos
\begin{aligned} f_{xx}(x,y) &=\frac{(2-6x^{2})(x^{2}+1)-(2x-2x^{3})\cdot 2x}{(x^{2}+1)^{2}}\\[4pt] &=\frac{2\big(1-4x^{2}-x^{4}\big)}{(x^{2}+1)^{2}}. \end{aligned}
Portanto
\boxed{\displaystyle f_{xx}(x,y)=\frac{2\big(1-4x^{2}-x^{4}\big)}{(x^{2}+1)^{2}}.}
  1. Calcular f_{yy}. Como f_{y}=-2y, a derivada em y é simples:
\boxed{\displaystyle f_{yy}(x,y)=-2.}
  1. Calcular f_{xy} (e por simetria f_{yx}). Note que f_{x} depende só de x, não de y. Assim a derivada de f_{x} em relação a y é zero:
\boxed{\displaystyle f_{xy}(x,y)=f_{yx}(x,y)=0.}]

Passo 4

(b) Plano tangente no ponto (1,1,f(1,1)).
Primeiro calcule f(1,1):
f(1,1)=2\log(1^{2}+1)-1^{2}-1^{2}=2\log 2-2.
A fórmula do plano tangente ao gráfico z=f(x,y) em (a,b,f(a,b)) é
z=f(a,b)+f_{x}(a,b)(x-a)+f_{y}(a,b)(y-b).
Agora avaliamos as derivadas no ponto (a,b)=(1,1).
Usando as fórmulas:
f_{x}(1,1)=2\cdot 1\cdot\frac{1-1^{2}}{1^{2}+1}=0, \qquad f_{y}(1,1)=-2\cdot 1=-2.
Substituindo na expressão do plano:
\begin{aligned} z&=f(1,1)+0\cdot(x-1)-2\cdot(y-1)\\[4pt] &=2\log 2-2-2(y-1). \end{aligned}
Simplificando termos constantes:
\boxed{\displaystyle \text{Plano tangente: } \; z=2\log 2-2y.}]

Passo 5

(c) Pontos críticos: resolvemos o sistema \nabla f=(f_{x},f_{y})=(0,0).
Temos f_{y}(x,y)=-2y=0 que implica
\boxed{\displaystyle y=0.}
Para f_{x}=0 usamos a forma f_{x}=2x\cdot\frac{1-x^{2}}{x^{2}+1}. Como x^{2}+1\neq 0 para todo x, as soluções vêm de
2x(1-x^{2})=0\quad\Longrightarrow\quad x=0 \;\text{ ou }\; 1-x^{2}=0.
A segunda condição dá x=\pm 1. Juntando com y=0, os pontos críticos são
\boxed{\displaystyle (0,0),\; (1,0),\; (-1,0).}

Passo 6

Classificação dos pontos críticos pelo teste das derivadas segundas (teste de Hessiano).
Relembre o teste: para um ponto crítico (a,b) definimos
D(a,b)=f_{xx}(a,b)\,f_{yy}(a,b)-\big(f_{xy}(a,b)\big)^{2}.
  • Se D>0 e f_{xx}(a,b)>0 então mínimo local.
  • Se D>0 e f_{xx}(a,b)<0 então máximo local.
  • Se D<0 então ponto de sela.
  • Se D=0 o teste é inconclusivo.
Aqui f_{xy}=0 e f_{yy}=-2 constantes. Vamos avaliar f_{xx} nas abscissas x=0,\pm1.
  1. Em x=0:
f_{xx}(0,0)=\frac{2(1-0-0)}{(0+1)^{2}}=2.
Então
D(0,0)=f_{xx}(0,0)\,f_{yy}(0,0)-0=2\cdot(-2)=-4<0.
Como D<0, (0,0) é um ponto de sela.
\boxed{\displaystyle (0,0)\\ \text{ponto de sela}.}
  1. Em x=1:
f_{xx}(1,0)=\frac{2(1-4-1)}{(1+1)^{2}}=\frac{2(-4)}{4}=-2.
Então
D(1,0)=(-2)\cdot(-2)-0=4>0.
Como D>0 e f_{xx}(1,0)=-2<0, (1,0) é um máximo local.
\boxed{\displaystyle (1,0)\\ \text{máximo local}.}á
  1. Em x=-1:
    pela paridade dos polinômios em x^{2},
f_{xx}(-1,0)=f_{xx}(1,0)=-2,
logo
D(-1,0)=4>0
e f_{xx}(-1,0)=-2<0. Assim (-1,0) também é um máximo local.
\boxed{\displaystyle (-1,0)\\ \text{máximo local}.}á

Resposta

(a) f_{x}(x,y)=\dfrac{4x}{x^{2}+1}-2x=2x\cdot\dfrac{1-x^{2}}{x^{2}+1},\quad
f_{y}(x,y)=-2y.\
f_{xx}(x,y)=\dfrac{2\big(1-4x^{2}-x^{4}\big)}{(x^{2}+1)^{2}},\quad
f_{yy}(x,y)=-2,\quad
f_{xy}(x,y)=f_{yx}(x,y)=0.\
(b) Plano tangente em (1,1,f(1,1)): z=2\log 2-2y.\
(c) Pontos críticos: (0,0),\\ (1,0),\\ (-1,0).\
Classificação: (0,0) ponto de sela; (1,0) máximo local; (-1,0) máximo local.

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