1. Seja z=T(x, y) o plano tangente ao gráfico da função f(x, y)=x^{4}+ 3 x+e^{-y}-2 associado a um ponto \left(x_{0}, y_{0}\right). Mostrar que f(x, y) \geq T(x, y) para cada (x, y) \in \mathbb{R}^{2}.

Passo 1

O enunciado dá a função
f(x,y)=x^{4}+3x+e^{-y}-2
e pede para mostrar que o plano tangente z=T(x,y) ao gráfico de f no ponto (x_0,y_0) satisfaz
f(x,y)\ge T(x,y)\quad\text{para todo }(x,y)\in\mathbb{R}^2.
A forma geral do plano tangente de uma função diferenciável f em (x_0,y_0) é
T(x,y)=f(x_0,y_0)+f_x(x_0,y_0)\bigl(x-x_0\bigr)+f_y(x_0,y_0)\bigl(y-y_0\bigr),
onde f_x,f_y são as derivadas parciais de f avaliadas em (x_0,y_0). O objetivo é provar a desigualdade acima para quaisquer (x,y).

Passo 2

Vamos calcular as derivadas parciais e as segundas derivadas de f.
Derivadas primeiras:
f_x(x,y)=\frac{\partial}{\partial x}\bigl(x^{4}+3x+e^{-y}-2\bigr)=4x^{3}+3,
f_y(x,y)=\frac{\partial}{\partial y}\bigl(x^{4}+3x+e^{-y}-2\bigr)= -e^{-y}.
Assim o gradiente é
\nabla f(x,y)=\bigl(4x^{3}+3,\; -e^{-y}\bigr).
Derivadas segundas:
f_{xx}(x,y)=\frac{\partial}{\partial x}(4x^{3}+3)=12x^{2},
f_{yy}(x,y)=\frac{\partial}{\partial y}(-e^{-y})=e^{-y},
f_{xy}(x,y)=f_{yx}(x,y)=0.
Portanto a matriz Hessiana é
H_f(x,y)=\begin{pmatrix}12x^{2} & 0\\[4pt] 0 & e^{-y}\end{pmatrix}.]

Passo 3

Explico o critério que vou usar: se a Hessiana H_f(x,y) é semidefinida positiva em todo \mathbb{R}^2 (ou seja, v^{T}H_f(x,y)v\ge0 para todo vetor v), então f é convexa. Para matrizes diagonais isso é simples de checar: basta que as entradas diagonais sejam não negativas.
Aqui, para qualquer vetor v=(h,k)\in\mathbb{R}^2 temos
v^{T}H_f(x,y)v=12x^{2}h^{2}+e^{-y}k^{2}\ge 0,
porque 12x^{2}\ge0 para todo x e e^{-y}>0 para todo y. Logo H_f(x,y) é semidefinida positiva em todo \mathbb{R}^2. Portanto f é uma função convexa em \mathbb{R}^2.
Comentário rápido e útil: ser convexa significa geometricamente que o gráfico de f fica sempre acima de qualquer linha (hiperplano) tangente — é exatamente o que precisamos provar. Agora vou transformar essa ideia em uma prova rigorosa usando uma redução a uma função de uma só variável.

Passo 4

Prova da desigualdade usando uma função de uma variável (argumento padrão para funções diferenciáveis convexas).
Fixe um ponto arbitrário (x_0,y_0) e um ponto qualquer (x,y). Considere a curva que liga (x_0,y_0) a (x,y) por parâmetro t:
\gamma(t)=(x_0+t(x-x_0),\; y_0+t(y-y_0)),\qquad t\in\mathbb{R}.
Defina a função de uma variável
\varphi(t)=f\bigl(\gamma(t)\bigr)=f\bigl(x_0+t(x-x_0),\; y_0+t(y-y_0)\bigr).
Usando a regra da cadeia, a derivada de \varphi é
\varphi'(t)=\nabla f\bigl(\gamma(t)\bigr)\cdot\bigl(x-x_0,\; y-y_0\bigr).
A segunda derivada é
\varphi''(t)=\bigl(x-x_0,\; y-y_0\bigr)^{T}H_f\bigl(\gamma(t)\bigr)\bigl(x-x_0,\; y-y_0\bigr).
Como vimos no Passo 3, H_f\bigl(\gamma(t)\bigr) é semidefinida positiva para todo t, segue que \varphi''(t)\ge0 para todo t. Portanto \varphi é convexa como função de t.
Para uma função convexa de uma variável \varphi vale a desigualdade de primeira ordem:
\varphi(1)\ge \varphi(0)+\varphi'(0)\cdot(1-0).
Agora substituímos as definições:
\varphi(1)=f(x,y),\qquad \varphi(0)=f(x_0,y_0),
e
\varphi'(0)=\nabla f(x_0,y_0)\cdot\bigl(x-x_0,\; y-y_0\bigr)=f_x(x_0,y_0)\bigl(x-x_0\bigr)+f_y(x_0,y_0)\bigl(y-y_0\bigr).
Logo
f(x,y)=\varphi(1)\ge \varphi(0)+\varphi'(0)=f(x_0,y_0)+f_x(x_0,y_0)\bigl(x-x_0\bigr)+f_y(x_0,y_0)\bigl(y-y_0\bigr).
Mas o lado direito é exatamente T(x,y), o plano tangente em (x_0,y_0). Assim
f(x,y)\ge T(x,y)
para todo (x,y)\in\mathbb{R}^2.

Passo 5

Resumo intuitivo (um empurrãozinho amigo): a função x^4 e a função e^{-y} são convexas; somadas com termos lineares e constantes mantém a convexidade. Para funções convexas diferenciáveis, o plano tangente em qualquer ponto fica sempre por baixo do gráfico — é a razão pela qual a desigualdade é verdadeira para todos os pontos. Pronto, está provado.

Resposta

f(x,y)\ge T(x,y)\quad\text{para todo }(x,y)\in\mathbb{R}^2.

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