Seja f: \mathbb{R}^{2} \rightarrow \mathbb{R} a função dada por f(x, y)=y^{3}+x^{2}-12 x y+5.
(a) Mostre que A=(0,0) é um ponto crítico de f.
(b) Determine o polinômio de Taylor de grau 2 de f no ponto A=(0,0).
(c) Determine as coordenadas do ponto B \neq A que é o outro ponto crítico de f.
(d) Classifique o ponto crítico B, mencionado no item anterior, quanto a máximo local, mínimo local ou sela.

Passo 1

O enunciado dá a função
f:\mathbb{R}^2\to\mathbb{R},\qquad f(x,y)=y^{3}+x^{2}-12xy+5,
e pede quatro coisas:
(a) mostrar que A=(0,0) é um ponto crítico de f;
(b) determinar o polinômio de Taylor de grau 2 de f no ponto A=(0,0);
(c) encontrar as coordenadas do outro ponto crítico B\neq A;
(d) classificar esse ponto crítico B (máximo local, mínimo local ou sela).
Informações relevantes dadas pelo enunciado: a expressão de f(x,y) (já escrita acima). Não há mais dados externos.

Passo 2

O que é um ponto crítico (lembrando devagar e com carinho): um ponto (x_0,y_0) é ponto crítico de f se o gradiente de f em (x_0,y_0) for o vetor nulo. O gradiente é o vetor das derivadas parciais:
\nabla f(x,y)=\left(\frac{\partial f}{\partial x}(x,y),\;\frac{\partial f}{\partial y}(x,y)\right).
Vou calcular as derivadas parciais de f. Cada derivada parcial trata a outra variável como constante.
Calculemos \frac{\partial f}{\partial x}: derivando f(x,y)=y^{3}+x^{2}-12xy+5 em relação a x, a única parcela que depende de x são x^2 e -12xy:
\frac{\partial f}{\partial x}(x,y)=\frac{d}{dx}(x^{2})-\frac{d}{dx}(12xy)=2x-12y.
Calculemos \frac{\partial f}{\partial y}: derivando em relação a y, as parcelas que dependem de y são y^{3} e -12xy:
\frac{\partial f}{\partial y}(x,y)=\frac{d}{dy}(y^{3})-\frac{d}{dy}(12xy)=3y^{2}-12x.
Portanto
\nabla f(x,y)=\bigl(2x-12y,\;3y^{2}-12x\bigr).

Passo 3

Agora verifico o ponto A=(0,0). Substituo x=0 e y=0 nas derivadas parciais:
\frac{\partial f}{\partial x}(0,0)=2\cdot 0-12\cdot 0=0,
\frac{\partial f}{\partial y}(0,0)=3\cdot 0^{2}-12\cdot 0=0.
Como as duas componentes do gradiente em A são zero, \nabla f(0,0)=(0,0). Isso mostra que A=(0,0) é um ponto crítico de f. (Isto responde o item (a).)

Passo 4

Agora vamos construir o polinômio de Taylor de grau 2 de f em torno de A=(0,0). Regra geral (vou explicar devagar): o polinômio de Taylor de ordem 2 de uma função f:\mathbb{R}^2\to\mathbb{R} em (0,0) é
P_2(x,y)=f(0,0)+\nabla f(0,0)\cdot \begin{pmatrix}x\y\end{pmatrix} +\frac{1}{2}\begin{pmatrix}x & y\end{pmatrix} H_f(0,0)\begin{pmatrix}x\y\end{pmatrix},
onde H_f(0,0) é a matriz Hessiana (a matriz das segundas derivadas) avaliada em (0,0). Aqui \nabla f(0,0)\cdot (x,y) é o produto escalar das derivadas primeiras com o vetor deslocamento (x,y). Vou calcular passo a passo.

Passo 5

Calculemos as segundas derivadas (componentes da Hessiana). Derivando as primeiras derivadas:
\frac{\partial^2 f}{\partial x^2}(x,y)=\frac{\partial}{\partial x}(2x-12y)=2,
\frac{\partial^2 f}{\partial x\partial y}(x,y)=\frac{\partial}{\partial y}(2x-12y)=-12,
\frac{\partial^2 f}{\partial y\partial x}(x,y)=\frac{\partial}{\partial x}(3y^{2}-12x)=-12,
\frac{\partial^2 f}{\partial y^2}(x,y)=\frac{\partial}{\partial y}(3y^{2}-12x)=6y.
A Hessiana é
H_f(x,y)=\begin{pmatrix}2 & -12\\\\ -12 & 6y\end{pmatrix}.
Em particular, em (0,0) temos H_f(0,0)=\begin{pmatrix}2 & -12\\\\ -12 & 0\end{pmatrix}.

Passo 6

Montando o polinômio de Taylor de grau 2 em (0,0). Já sabemos:
f(0,0)=0^{3}+0^{2}-12\cdot 0\cdot 0+5=5,
\nabla f(0,0)=(0,0)\quad\text{(logo o termo linear soma zero).}
O termo quadrático é \dfrac{1}{2}(x\; y)H_f(0,0)\begin{pmatrix}x\y\end{pmatrix}. Faço esse produto explicitamente:
\begin{pmatrix}x & y\end{pmatrix}\begin{pmatrix}2 & -12\\\\ -12 & 0\end{pmatrix}\begin{pmatrix}x\y\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}x & y\end{pmatrix}\begin{pmatrix}2x-12y\\\ -12x+0\cdot y\end{pmatrix} = x(2x-12y)+y(-12x).
Isso dá
=2x^{2}-12xy-12xy=2x^{2}-24xy.
Multiplicando por \tfrac{1}{2} obtemos o termo quadrático
\frac{1}{2}\bigl(2x^{2}-24xy\bigr)=x^{2}-12xy.
Portanto o polinômio de Taylor de grau 2 é
P_2(x,y)=5 + x^{2}-12xy.
(Isto responde o item (b).)

Passo 7

Agora encontro todos os pontos críticos resolvendo \nabla f(x,y)=(0,0). As equações são
2x-12y=0,\qquad 3y^{2}-12x=0.
Da primeira equação vem 2x=12y, logo
x=6y.
Substituo x=6y na segunda equação:
3y^{2}-12(6y)=3y^{2}-72y=3y(y-24)=0.
Assim as soluções para y são y=0 ou y=24.
  • Se y=0 então x=6\cdot 0=0, que é o ponto A=(0,0) (já conhecido).
  • Se y=24 então x=6\cdot 24=144. Portanto existe outro ponto crítico
B=(144,24),
que é o pedido no item (c).

Passo 8

Por fim classifico o ponto crítico B=(144,24). Uso o teste das derivadas segundas em duas variáveis: para uma função f duas vezes diferenciável, em um ponto crítico (x_0,y_0) a matriz Hessiana determina a natureza do ponto via seus menores principais:
  • Se \frac{\partial^2 f}{\partial x^2}(x_0,y_0)>0 e \det H_f(x_0,y_0)>0, então f tem mínimo local em (x_0,y_0).
  • Se \frac{\partial^2 f}{\partial x^2}(x_0,y_0)<0 e \det H_f(x_0,y_0)>0, então é máximo local.
  • Se \det H_f(x_0,y_0)<0, é ponto de sela.
Calculo os elementos da Hessiana em B. Já tínhamos as fórmulas:
H_f(x,y)=\begin{pmatrix}2 & -12\\\\ -12 & 6y\end{pmatrix}.
Em B (onde y=24) temos
H_f(144,24)=\begin{pmatrix}2 & -12\\\\ -12 & 6\cdot 24\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}2 & -12\\\\ -12 & 144\end{pmatrix}.
Agora os menores principais:
\frac{\partial^2 f}{\partial x^2}(144,24)=2>0,
\det H_f(144,24)=2\cdot 144-(-12)^{2}=288-144=144>0.
Como a primeira segunda derivada é positiva e o determinante da Hessiana é positivo, concluímos que H_f(144,24) é definida positiva, e portanto B=(144,24) é um mínimo local de f. (Isto responde o item (d).)

Resposta

(a) A=(0,0) é ponto crítico de f.
(b) P_{2}(x,y)=5 + x^{2}-12xy.
(c) B=(144,24).
(d) B é um mínimo local.

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