Seja f: \mathbb{R}^{2} \rightarrow \mathbb{R} a função dada por f(x, y)=x^{4}+y^{4}+4 x y+2.
(a) Determine os pontos críticos de f.
(b) Determine todos os pontos do gráfico de f com plano tangente horizontal.
(c) Determine uma equação para cada plano do item (b).
(d) Seja \alpha: \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}^{3}, dada por \alpha(t)=\left(\alpha_{1}(t), \alpha_{2}(t), \alpha_{3}(t)\right) a função cuja imagem é a curva que é a interseção do gráfico de f com o plano vertical de equação y=-x. Use \lim _{t \rightarrow \infty} \alpha_{3}(t) para justificar a seguinte afirmação: A função f não tem máximo absoluto (ou seja, global).

Passo 1

O enunciado dá a função
f:\mathbb{R}^2\to\mathbb{R},\qquad f(x,y)=x^{4}+y^{4}+4xy+2
e faz quatro pedidos:
  1. (a) Determinar os pontos críticos de f.
  2. (b) Determinar todos os pontos do gráfico de f cujo plano tangente é horizontal.
  3. (c) Determinar uma equação para cada plano do item (b).
  4. (d) Parametrizar a curva de interseção do gráfico de f com o plano vertical y=-x (i.e. dar uma \alpha:\mathbb{R}\to\mathbb{R}^3 cuja imagem seja essa curva) e usar \lim_{t\to\infty}\alpha_3(t) para justificar que f não tem máximo absoluto.
Informações relevantes dadas pelo enunciado que vou usar depois: a expressão explícita de f(x,y) e a equação do plano vertical y=-x. Não vou resolver nada neste passo, só enumerei o que é pedido e os dados disponíveis.

Passo 2

Explicação e cálculo das derivadas parciais (o que precisamos para achar pontos críticos).
O conceito: um ponto (a,b) é ponto crítico de f se as derivadas parciais de f em (a,b) são ambas zero (ou não existem). Aqui f é polinomial, então as derivadas existem em todo lugar; portanto procuramos os pontos onde \partial f/\partial x=0 e \partial f/\partial y=0.
Definição prática de derivadas parciais: \partial f/\partial x trata y como constante e deriva em relação a x; análogo para \partial f/\partial y.
Calculemos as derivadas:
\frac{\partial f}{\partial x}(x,y)=\frac{d}{dx}\big(x^4\big)+\frac{d}{dx}\big(y^4\big)+\frac{d}{dx}\big(4xy\big)+\frac{d}{dx}(2).
Aqui \frac{d}{dx}(x^4)=4x^3, \frac{d}{dx}(y^4)=0 (pois y é constante), \frac{d}{dx}(4xy)=4y, e \frac{d}{dx}(2)=0. Logo
\frac{\partial f}{\partial x}(x,y)=4x^3+4y.
De forma análoga,
\frac{\partial f}{\partial y}(x,y)=4y^3+4x.

Passo 3

Montagem do sistema para pontos críticos e resolução do sistema (passo a passo).
Ponto crítico satisfaz
\frac{\partial f}{\partial x}(x,y)=0,\qquad \frac{\partial f}{\partial y}(x,y)=0.
Substituindo as expressões que encontramos:
4x^3+4y=0,\qquad 4y^3+4x=0.
Dividindo ambas as equações por 4 (não muda as soluções):
x^3+y=0,\qquad y^3+x=0.
Podemos isolar uma variável. Da primeira obtemos y=-x^3. Substituindo na segunda:
(-x^3)^3 + x = 0 \quad\Rightarrow\quad -x^9 + x = 0.
Colocando em evidência x:
x(1 - x^8)=0.
Portanto x=0 ou x^8=1. Como x é real, x^8=1 tem como soluções reais x=1 e x=-1 (pois x^8 é par e só admite \pm1 quando igual a 1).
Agora pegamos cada caso e achamos y usando y=-x^3:
  • Se x=0, então y=-0^3=0. Assim um ponto crítico é (0,0).
  • Se x=1, então y=-1^3=-1. Assim um ponto crítico é (1,-1).
  • Se x=-1, então y=-(-1)^3=-(-1)=1. Assim um ponto crítico é (-1,1).
Checagem rápida: podemos também trocar o papel de x e y (pela simetria) e obter as mesmas soluções; não há outras soluções reais. Logo os pontos críticos são exatamente
(0,0),\quad (1,-1),\quad (-1,1).

Passo 4

Relacionando pontos críticos com planos tangentes horizontais e resposta do item (b) (explicação didática).
Para a superfície definida por z=f(x,y), a equação do plano tangente em (a,b,f(a,b)) é
z = f(a,b) + f_x(a,b)\,(x-a) + f_y(a,b)\,(y-b).
Um plano tangente é horizontal (ou seja, paralelo ao plano xy) quando as inclinações na direção x e y são nulas, isto é, quando f_x(a,b)=0 e f_y(a,b)=0. Portanto os pontos do gráfico com plano tangente horizontal correspondem precisamente aos pontos críticos (a,b) da função f, mas colocados no gráfico como (a,b,f(a,b)).
Já encontramos os pontos críticos (0,0), (1,-1) e (-1,1). Agora calculamos os respectivos valores de f para obter os pontos no gráfico:
Calcule f(0,0):
f(0,0)=0^4+0^4+4\cdot0\cdot0+2=2.
Calcule f(1,-1):
f(1,-1)=1^4+(-1)^4+4\cdot1\cdot(-1)+2=1+1-4+2=0.
Calcule f(-1,1):
f(-1,1)=(-1)^4+1^4+4\cdot(-1)\cdot1+2=1+1-4+2=0.
Portanto os pontos do gráfico com plano tangente horizontal são
(0,0,2),\quad (1,-1,0),\quad (-1,1,0).

Passo 5

Determinar uma equação para cada plano tangente horizontal (item (c)).
Usando a fórmula do plano tangente e sabendo que em cada ponto f_x=f_y=0, o termo linear some e o plano tangente fica simplesmente
z = f(a,b).
Ou seja: planos horizontais de forma z= constante. Para os três pontos do passo anterior temos:
  • Para (0,0,2): plano tangente é \;z=2.
  • Para (1,-1,0): plano tangente é \;z=0.
  • Para (-1,1,0): plano tangente é \;z=0.
Observação: os dois pontos (1,-1,0) e (-1,1,0) têm o mesmo plano tangente horizontal, \;z=0.

Passo 6

Parametrização da curva de interseção com o plano y=-x e uso do limite para mostrar que não há máximo absoluto (item (d)).
A curva de interseção do gráfico de f com o plano vertical y=-x é dada por pontos (x,y,z) com y=-x e z=f(x,y). Uma parametrização natural é tomar x=t, y=-t. Então uma parametrização \alpha:\mathbb{R}\to\mathbb{R}^3 cuja imagem é essa curva é
\alpha(t)=\big(t,\,-t,\;f(t,-t)\big).
Calculemos f(t,-t):
f(t,-t)=t^4+(-t)^4+4t(-t)+2= t^4+t^4-4t^2+2=2t^4-4t^2+2.
Fatorando:
f(t,-t)=2\big(t^4-2t^2+1\big)=2\big(t^2-1\big)^2.
Logo podemos tomar
\alpha(t)=\big(t,\,-t,\;2(t^2-1)^2\big).
Assim \alpha_3(t)=2(t^2-1)^2.
Agora o limite quando t\to\infty:
\lim_{t\to\infty}\alpha_3(t)=\lim_{t\to\infty}2(t^2-1)^2=+\infty,
porque (t^2-1)^2 cresce como t^4 quando t\to\infty.
Conclusão lógica: se \lim_{t\to\infty}\alpha_3(t)=+\infty, então os valores de f ao longo dessa curva tornam-se arbitrariamente grandes. Isso impede a existência de um máximo absoluto (global) para f, pois não existe um número M tal que f(x,y)\le M para todo (x,y) quando podemos encontrar pontos com f maior que qualquer M. Portanto f não tem máximo absoluto.

Resposta

(a) (0,0),\; (1,-1),\; (-1,1)\n(b) (0,0,2),\; (1,-1,0),\; (-1,1,0)\n(c) Planos: z=2 e z=0 (os dois últimos pontos têm o mesmo plano z=0)\n(d) Podemos parametrizar a interseção por \displaystyle \alpha(t)=\big(t,-t,\,2(t^2-1)^2\big). Como \displaystyle \lim_{t\to\infty}\alpha_3(t)=+\infty, os valores de f crescem sem limite nessa curva, logo f não tem máximo absoluto.

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