Seja f(x, y)=3 x^{2}+a x y+y^{2}, onde a é uma constante. Verifique se as afirmações a seguir são verdadeiras ou falsas:
(a) Para a=2 existe um único ponto crítico;
(b) Se a^{2}=12 existem infinitos pontos críticos;
(c) Se a^{2}=12, podemos afirmar que ( 0,0 ) não é mínimo nem máximo local;
(d) Se a^{2}<12,(0,0) é ponto de mínimo local;
(e) Se a^{2}>12,(2,-a) é ponto de sela;
(f) Se a^{2}>12,(0,0) é ponto de sela.

Passo 1

O enunciado dá a função f(x,y)=3x^{2}+a x y+y^{2}, com a constante, e pede para verificarmos se as afirmações (a)–(f) são verdadeiras ou falsas. As perguntas são exatamente:
(a) Para a=2 existe um único ponto crítico?
(b) Se a^{2}=12 existem infinitos pontos críticos?
(c) Se a^{2}=12, podemos afirmar que (0,0) não é mínimo nem máximo local?
(d) Se a^{2}<12, (0,0) é ponto de mínimo local?
(e) Se a^{2}>12, (2,-a) é ponto de sela?
(f) Se a^{2}>12, (0,0) é ponto de sela?
Informações relevantes dadas: a função quadrática completa e a constante a. Não há termos lineares isolados nem termo independente; isso sugere que (0,0) será candidato natural a ponto crítico dependendo de a.

Passo 2

Vamos encontrar os pontos críticos resolvendo \nabla f=0. Primeiro calculo as derivadas parciais:
\frac{\partial f}{\partial x}=6x+a y,
\frac{\partial f}{\partial y}=a x+2y.
Pontos críticos são soluções do sistema linear
\begin{cases} 6x+a y=0,\\[4pt] a x+2y=0. \end{cases}
Esse sistema pode ser escrito em forma matricial como
\begin{pmatrix}6 & a\\[2pt] a & 2\end{pmatrix} \begin{pmatrix}x\\[2pt]y\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0\\[2pt]0\end{pmatrix}.
A possibilidade de soluções depende do determinante da matriz dos coeficientes:
\det=\;6\cdot 2 - a^{2}=12-a^{2}.]

Passo 3

Analisando o determinante:
  • Se \;12-a^{2}\neq 0 (ou seja \;a^{2}\neq 12), a matriz é invertível e a única solução é (x,y)=(0,0). Portanto, para qualquer a com a^{2}\neq 12 existe exatamente um ponto crítico: (0,0).
  • Se \;12-a^{2}=0 (ou seja \;a^{2}=12), a matriz tem determinante zero e o sistema tem infinitas soluções (uma reta de soluções). Vamos achar essa reta: quando a^{2}=12 as equações são dependentes, por exemplo usando a segunda equação
a x+2y=0\quad\Rightarrow\quad y=-\frac{a}{2}x.
Logo todos os pontos (x,y)=(t,-\tfrac{a}{2}t) são pontos críticos (para qualquer t\in\mathbb{R}). Observação concreta: para a=2 temos a^{2}=4\neq 12, logo existe um único ponto crítico (0,0).

Passo 4

Para classificar os pontos críticos usamos a matriz Hessiana H (a matriz das segundas derivadas), que aqui é constante:
H=\begin{pmatrix} \dfrac{\partial^{2}f}{\partial x^{2}} & \dfrac{\partial^{2}f}{\partial x\partial y}\\[6pt] \dfrac{\partial^{2}f}{\partial y\partial x} & \dfrac{\partial^{2}f}{\partial y^{2}}\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}6 & a\\[2pt] a & 2\end{pmatrix}.
Para matrizes 2\times2 simétricas há um critério simples de definitude:
  • positiva definida se e somente se o menor principal h_{11}>0 e \det H>0;
  • negativa definida se h_{11}<0 e \det H>0 (não ocorre aqui porque h_{11}=6>0);
  • indefinida (sinal trocado, ponto de sela) se \det H<0;
  • semidefinida quando \det H=0 (caso limítrofe, exige análise adicional).
Note que h_{11}=6>0 sempre, e \det H=12-a^{2} já aparece.]

Passo 5

Uma forma prática e muito didática é completar o quadrado para f. Faço isso em x:
f(x,y)=3x^{2}+a x y+y^{2} =3\Bigl(x+\frac{a}{6}y\Bigr)^{2}+\underbrace{\Bigl(1-\frac{a^{2}}{12}\Bigr)}_{\frac{12-a^{2}}{12}}y^{2}.
Portanto temos a identidade útil:
f(x,y)=3\Bigl(x+\frac{a}{6}y\Bigr)^{2}+\frac{12-a^{2}}{12}\,y^{2}.
Essa forma deixa muito claro o sinal de f dependendo de a^{2}.

Passo 6

Usando a expressão completada:
  • Se \;a^{2}<12 então \frac{12-a^{2}}{12}>0. Assim f é soma de dois termos quadráticos não-negativos, e só zera em (x,y)=(0,0). Isso significa que f(x,y)\ge 0 com igualdade somente em (0,0): a matriz Hessiana é positiva definida e (0,0) é um ponto de mínimo local (na verdade mínimo estrito). Isso responde a parte (d): verdadeira.
  • Se \;a^{2}=12 então \frac{12-a^{2}}{12}=0 e
f(x,y)=3\Bigl(x+\frac{a}{6}y\Bigr)^{2}\ge 0.
Aqui f é não-negativa e zera não só em (0,0) mas em toda a reta x+\tfrac{a}{6}y=0, que coincide com a reta de pontos críticos encontrada antes (pode reescrever x+\tfrac{a}{6}y=0 como y=-\tfrac{a}{2}x quando a\neq 0). Logo quando a^{2}=12 o valor da função é mínimo (igual a zero) em toda essa reta: (0,0) é um mínimo local, porém não estrito (é uma “direção plana”). Portanto a afirmação (c) — que (0,0) não é nem mínimo nem máximo — é falsa: na verdade (0,0) é mínimo local (não estrito).
  • Se \;a^{2}>12 então \frac{12-a^{2}}{12}<0. Na expressão completada temos a soma de um quadrado positivo e de um termo em y^{2} com coeficiente negativo, logo f toma valores positivos em algumas direções e valores negativos em outras: isso é a definição de forma quadrática indefinida, o que corresponde a ponto de sela. Outra forma de ver: para linhas y=kx temos
f(x,kx)=x^{2}\bigl(3+ak+k^{2}\bigr),
o polinômio em k tem discriminante a^{2}-12>0, então há k que tornam 3+ak+k^{2} negativo e outros que o tornam positivo. Conclusão: para a^{2}>12 o ponto crítico (0,0) é ponto de sela. Isso responde a (f): verdadeira.

Passo 7

Agora examino a afirmação (e) sobre o ponto (2,-a). Verifico se esse ponto é crítico calculando o gradiente lá:
\frac{\partial f}{\partial x}(2,-a)=6\cdot 2 + a(-a)=12-a^{2},
\frac{\partial f}{\partial y}(2,-a)=a\cdot 2 + 2(-a)=0.
Portanto \nabla f(2,-a)=\bigl(12-a^{2},\,0\bigr). Esse vetor só é nulo quando 12-a^{2}=0, ou seja quando a^{2}=12. Para a^{2}>12 temos \nabla f(2,-a)\neq (0,0), logo (2,-a) não é ponto crítico e, portanto, não pode ser ponto de sela (nem mínimo nem máximo) quando a^{2}>12. Assim a afirmação (e) é falsa (apenas no caso especial a^{2}=12 esse ponto faz parte da reta de pontos críticos, mas a afirmação pedia a^{2}>12).

Resposta

(a) Verdadeira.
(b) Verdadeira.
(c) Falsa.
(d) Verdadeira.
(e) Falsa.
(f) Verdadeira.

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