Seja \left(x_{0}, y_{0}\right) um ponto crítico de f(x, y) e suponha que f seja de classe C^{2} na bola aberta B de centro \left(x_{0}, y_{0}\right). Prove que para todo (x, y) em B, existe (\bar{x}, \bar{y}) interno ao segmento de extremidades \left(x_{0}, y_{0}\right) e (x, y) tal que
\begin{aligned} f(x, y)-f\left(x_{0}, y_{0}\right)= & \frac{1}{2}\left[\frac{\partial^{2} f}{\partial x^{2}}(\bar{x}, \bar{y})\left(x-x_{0}\right)^{2}+2 \frac{\partial^{2} f}{\partial x \partial y}(\bar{x}, \bar{y})\left(x-x_{0}\right)\left(y-y_{0}\right)\right.\\\ & \left.+\frac{\partial^{2} f}{\partial y^{2}}(\bar{x}, \bar{y})\left(y-y_{0}\right)^{2}\right] \end{aligned}

Passo 1

O enunciado pede para provar que, sendo \left(x_{0},y_{0}\right) um ponto crítico de f e f de classe C^{2} numa bola aberta B centrada em \left(x_{0},y_{0}\right), então para todo (x,y)\in B existe um ponto (\bar{x},\bar{y}) interior ao segmento que liga \left(x_{0},y_{0}\right) a (x,y) tal que
\begin{aligned} f(x, y)-f\left(x_{0}, y_{0}\right)= & \frac{1}{2}\Bigg[\frac{\partial^{2} f}{\partial x^{2}}(\bar{x}, \bar{y})\left(x-x_{0}\right)^{2}+2 \frac{\partial^{2} f}{\partial x \partial y}(\bar{x}, \bar{y})\left(x-x_{0}\right)\left(y-y_{0}\right)\\\ & +\frac{\partial^{2} f}{\partial y^{2}}(\bar{x}, \bar{y})\left(y-y_{0}\right)^{2}\Bigg]. \end{aligned}
Informações dadas que vamos usar:
  • f é de classe C^{2} em B (portanto todas as derivadas parciais de primeira e segunda ordem existem e são contínuas em B);
  • \left(x_{0},y_{0}\right) é ponto crítico, isto é \displaystyle \frac{\partial f}{\partial x}(x_{0},y_{0})=0 e \displaystyle \frac{\partial f}{\partial y}(x_{0},y_{0})=0;
  • (x,y) é um ponto qualquer de B (o segmento de extremidades \left(x_{0},y_{0}\right) e (x,y) fica contido em B porque uma bola aberta é um conjunto convexo em relação a segmentos a partir do centro até um ponto dentro dela).

Passo 2

Vamos reduzir o problema a um teorema de uma variável aplicando f ao longo do segmento que une \left(x_{0},y_{0}\right) a (x,y). Defina as diferenças
h:=x-x_{0},\qquad k:=y-y_{0}.
Assim o ponto (x,y) pode ser escrito como \left(x_{0}+h,\;y_{0}+k\right). Agora considere a aplicação de f ao longo do parâmetro t\in[0,1] que percorre o segmento:
g(t):=f\bigl(x_{0}+t h,\;y_{0}+t k\bigr).
Explicação do porquê: g é uma função de uma variável cuja avaliação em t=0 g(0)=f(x_{0},y_{0}) e em t=1 g(1)=f(x,y). Se conseguirmos aplicar o teorema de Taylor (forma de Lagrange) para g, obtemos uma expressão para g(1)-g(0)=f(x,y)-f(x_{0},y_{0}). Como f é C^{2} e o segmento está em B, g é C^{2} em [0,1].

Passo 3

Calcule g'(t) usando a regra da cadeia. A regra da cadeia para derivadas parciais diz que, derivando f(x(t),y(t)) em relação a t,
g'(t)=\frac{\partial f}{\partial x}\bigl(x_{0}+t h,\;y_{0}+t k\bigr)\cdot h \;+\; \frac{\partial f}{\partial y}\bigl(x_{0}+t h,\;y_{0}+t k\bigr)\cdot k.
Em particular, em t=0 temos
g'(0)=\frac{\partial f}{\partial x}(x_{0},y_{0})\cdot h+\frac{\partial f}{\partial y}(x_{0},y_{0})\cdot k.
Como \left(x_{0},y_{0}\right) é ponto crítico, \displaystyle \frac{\partial f}{\partial x}(x_{0},y_{0})=0 e \displaystyle \frac{\partial f}{\partial y}(x_{0},y_{0})=0. Logo
g'(0)=0.

Passo 4

Agora calcule g''(t) derivando g'(t) novamente. Diferenciando a expressão de g'(t) e aplicando a regra da cadeia às derivadas parciais internas obtemos
\begin{aligned} g''(t)=&\; \Bigg(\frac{\partial^{2} f}{\partial x^{2}}\bigl(x_{0}+t h,\;y_{0}+t k\bigr)\cdot h+\frac{\partial^{2} f}{\partial x\partial y}\bigl(x_{0}+t h,\;y_{0}+t k\bigr)\cdot k\Bigg)\cdot h\\\ &+\Bigg(\frac{\partial^{2} f}{\partial y\partial x}\bigl(x_{0}+t h,\;y_{0}+t k\bigr)\cdot h+\frac{\partial^{2} f}{\partial y^{2}}\bigl(x_{0}+t h,\;y_{0}+t k\bigr)\cdot k\Bigg)\cdot k. \end{aligned}
Agrupando os termos com h^{2}, hk e k^{2} e usando a igualdade das derivadas mistas \displaystyle \frac{\partial^{2} f}{\partial x\partial y}=\frac{\partial^{2} f}{\partial y\partial x} (que vale porque f é C^{2}), obtemos
g''(t)=h^{2}\,\frac{\partial^{2} f}{\partial x^{2}}\bigl(x_{0}+t h,\;y_{0}+t k\bigr) +2hk\,\frac{\partial^{2} f}{\partial x\partial y}\bigl(x_{0}+t h,\;y_{0}+t k\bigr) +k^{2}\,\frac{\partial^{2} f}{\partial y^{2}}\bigl(x_{0}+t h,\;y_{0}+t k\bigr).

Passo 5

Aplique o Teorema de Taylor de uma variável (forma de Lagrange) à função g no intervalo [0,1]. Esse teorema afirma: se g é C^{2} em [0,1], então existe \xi\in(0,1) tal que
g(1)=g(0)+g'(0)+\frac{1}{2}g''(\xi).
Já vimos que g'(0)=0, portanto
g(1)-g(0)=\frac{1}{2}g''(\xi).
Substituindo a expressão de g''(t) com t=\xi e lembrando h=x-x_{0}, k=y-y_{0}, obtemos
\begin{aligned} f(x,y)-f(x_{0},y_{0}) &= \frac{1}{2}\Bigg[h^{2}\,\frac{\partial^{2} f}{\partial x^{2}}\bigl(x_{0}+\xi h,\;y_{0}+\xi k\bigr)\\\ &\qquad +2hk\,\frac{\partial^{2} f}{\partial x\partial y}\bigl(x_{0}+\xi h,\;y_{0}+\xi k\bigr) +k^{2}\,\frac{\partial^{2} f}{\partial y^{2}}\bigl(x_{0}+\xi h,\;y_{0}+\xi k\bigr)\Bigg]. \end{aligned}

Passo 6

Defina \bar{x}:=x_{0}+\xi h e \bar{y}:=y_{0}+\xi k. Como \xi\in(0,1), o ponto (\bar{x},\bar{y}) pertence ao segmento interior com extremidades \left(x_{0},y_{0}\right) e (x,y). Reescrevendo a fórmula anterior em termos de (\bar{x},\bar{y}) e de x-x_{0}, y-y_{0} obtemos exatamente a igualdade requisitada:
\begin{aligned} f(x, y)-f\left(x_{0}, y_{0}\right)= & \frac{1}{2}\Bigg[\frac{\partial^{2} f}{\partial x^{2}}(\bar{x}, \bar{y})\left(x-x_{0}\right)^{2}+2 \frac{\partial^{2} f}{\partial x \partial y}(\bar{x}, \bar{y})\left(x-x_{0}\right)\left(y-y_{0}\right)\\\ & +\frac{\partial^{2} f}{\partial y^{2}}(\bar{x}, \bar{y})\left(y-y_{0}\right)^{2}\Bigg], \end{aligned}
completando a prova.

Resposta

\begin{aligned} f(x, y)-f\left(x_{0}, y_{0}\right)= & \frac{1}{2}\Bigg[\frac{\partial^{2} f}{\partial x^{2}}(\bar{x}, \bar{y})\left(x-x_{0}\right)^{2}+2 \frac{\partial^{2} f}{\partial x \partial y}(\bar{x}, \bar{y})\left(x-x_{0}\right)\left(y-y_{0}\right)\\\ & +\frac{\partial^{2} f}{\partial y^{2}}(\bar{x}, \bar{y})\left(y-y_{0}\right)^{2}\Bigg], \end{aligned}
onde (\bar{x},\bar{y})=(x_{0}+\xi(x-x_{0}),\,y_{0}+\xi(y-y_{0})) para algum \xi\in(0,1).

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