Seja f: \mathbb{R}^{2} \rightarrow \mathbb{R} a função dada por f(x, y)=-x^{3}-y^{2}+12 x y+5.
(a) Mostre que P=(0,0) é um ponto crítico de f.
(b) Determine o polinômio de Taylor de grau 2 de f no ponto P=(0,0).
(c) Determine as coordenadas do ponto Q \neq P que é o outro ponto crítico de f.
(d) Classifique o ponto crítico Q, 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)=-x^{3}-y^{2}+12xy+5.
As perguntas são:
(a) Mostrar que P=(0,0) é um ponto crítico de f.
(b) Determinar o polinômio de Taylor de grau 2 de f no ponto P=(0,0).
(c) Determinar as coordenadas do ponto Q\neq P que é o outro ponto crítico de f.
(d) Classificar o ponto crítico Q como máximo local, mínimo local ou ponto de sela.
Informações relevantes dadas: a expressão explícita de f(x,y). Não há outras restrições.

Passo 2

Conceito importante (passo-a-passo): um ponto (x_0,y_0) é ponto crítico de f se as derivadas parciais primeiras de f em (x_0,y_0) forem ambas zero. Ou seja, se o gradiente
\nabla f(x,y)=\left(\frac{\partial f}{\partial x},\frac{\partial f}{\partial y}\right)
anula em (x_0,y_0).
Vamos calcular as derivadas parciais de f. Diferenciando termo a termo:
\frac{\partial f}{\partial x}(x,y)=\frac{\partial}{\partial x}\big(-x^{3}-y^{2}+12xy+5\big)=-3x^{2}+12y,
\frac{\partial f}{\partial y}(x,y)=\frac{\partial}{\partial y}\big(-x^{3}-y^{2}+12xy+5\big)=-2y+12x.
Agora avaliamos em P=(0,0). Substituindo x=0 e y=0:
\frac{\partial f}{\partial x}(0,0)=-3\cdot 0^{2}+12\cdot 0=0,
\frac{\partial f}{\partial y}(0,0)=-2\cdot 0+12\cdot 0=0.
Como ambas as derivadas parciais valem zero em P, concluímos que P=(0,0) é um ponto crítico de f.

Passo 3

Conceito importante: polinômio de Taylor de grau 2 de f em (x_0,y_0) é a aproximação quadrática dada por
T_2(x,y)=f(x_0,y_0)+f_x(x_0,y_0)(x-x_0)+f_y(x_0,y_0)(y-y_0)+\frac{1}{2}\big(f_{xx}(x_0,y_0)(x-x_0)^2+2f_{xy}(x_0,y_0)(x-x_0)(y-y_0)+f_{yy}(x_0,y_0)(y-y_0)^2\big).
Aqui f_x,f_y são as derivadas parciais primeiras e f_{xx},f_{xy},f_{yy} são as segundas derivadas parciais; a fórmula é a versão multivariada truncada da expansão de Taylor até termos quadráticos.
Vamos calcular as segundas derivadas de f. Derivando as parciais encontradas:
f_{xx}(x,y)=\frac{\partial}{\partial x}(-3x^{2}+12y)=-6x,
f_{xy}(x,y)=\frac{\partial}{\partial y}(-3x^{2}+12y)=12,
f_{yy}(x,y)=\frac{\partial}{\partial y}(-2y+12x)=-2.
Avaliamo-las em P=(0,0):
f_{xx}(0,0)=-6\cdot 0=0,\qquad f_{xy}(0,0)=12,\qquad f_{yy}(0,0)=-2.
Também precisamos de f(0,0) e das derivadas primeiras em P, que já calculamos: f(0,0)= -0-0+0+5=5 e f_x(0,0)=f_y(0,0)=0.
Substituindo na fórmula do polinômio de Taylor de grau 2 centrado em (0,0) (aqui x_0=y_0=0), obtemos:
T_2(x,y)=5+0\cdot x+0\cdot y+\frac{1}{2}\big(0\cdot x^{2}+2\cdot 12\cdot xy+(-2)\cdot y^{2}\big).
Simplificando o parêntese:
T_2(x,y)=5+\frac{1}{2}\big(24xy-2y^{2}\big)=5+12xy-y^{2}.

Passo 4

Agora vamos achar todos os pontos críticos resolvendo o sistema
\begin{cases} -3x^{2}+12y=0,\\[4pt] -2y+12x=0. \end{cases}
Da segunda equação isolamos y:
-2y+12x=0 \implies y=6x.
Substituímos na primeira equação:
-3x^{2}+12(6x)=0 \implies -3x^{2}+72x=0.
Dividindo por -3 (ou fatorando) obtemos
x^{2}-24x=0 \implies x(x-24)=0.
Logo x=0 ou x=24.
  • Se x=0, então y=6\cdot 0=0, que é o ponto P=(0,0) já conhecido.
  • Se x=24, então y=6\cdot 24=144. Assim o outro ponto crítico é
Q=(24,144).]

Passo 5

Para classificar um ponto crítico em duas variáveis usamos a matriz Hessiana (matriz das segundas derivadas) em cada ponto crítico:
H(x,y)=\begin{pmatrix} f_{xx}(x,y) & f_{xy}(x,y) \\[4pt] f_{xy}(x,y) & f_{yy}(x,y)\end{pmatrix}.
A regra usual (teste da segunda derivada bivariado) é:
  • Se \det H(x_0,y_0)>0 e f_{xx}(x_0,y_0)>0 então mínimo local.
  • Se \det H(x_0,y_0)>0 e f_{xx}(x_0,y_0)<0 então máximo local.
  • Se \det H(x_0,y_0)<0 então ponto de sela.
  • Se \det H(x_0,y_0)=0 o teste é inconclusivo.
Já temos as expressões gerais das segundas derivadas:
f_{xx}(x,y)=-6x,\qquad f_{xy}(x,y)=12,\qquad f_{yy}(x,y)=-2.
Logo a Hessiana geral é
H(x,y)=\begin{pmatrix} -6x & 12 \\[4pt] 12 & -2 \end{pmatrix}.]

Passo 6

Vamos avaliar H em Q=(24,144). Substituindo x=24:
f_{xx}(24,144)=-6\cdot 24=-144,\qquad f_{xy}(24,144)=12,\qquad f_{yy}(24,144)=-2.
Portanto
H(24,144)=\begin{pmatrix} -144 & 12 \\[4pt] 12 & -2 \end{pmatrix}.
Calculamos o determinante:
\det H(24,144)=(-144)\cdot(-2)-12^{2}=288-144=144.
Aqui \det H(24,144)=144>0 e f_{xx}(24,144)=-144<0. Pela regra do teste da segunda derivada, quando o determinante é positivo e f_{xx}<0, o ponto crítico é um máximo local.
Intuição rápida: o sinal negativo de f_{xx} (direção x) e a positividade do determinante garantem que a forma quadrática associada seja definida negativa, produzindo um pico local.]

Resposta

(a) P=(0,0) é um ponto crítico de f.\n
(b) T_{2}(x,y)=5+12xy-y^{2}.\n
(c) Q=(24,144).\n
(d) Q é um máximo local.

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