Usando o Teorema 3.2.1 classifique os pontos críticos das funções:
x^{2}-x^{2} y+y^{2} z+z^{2}-4 z.

Passo 1

O enunciado pede: classificar os pontos críticos da função
f(x,y,z)=x^{2}-x^{2}y+y^{2}z+z^{2}-4z.
Informações dadas:
  • A função f está definida em \mathbb{R}^{3} pela expressão acima.
  • A tarefa é encontrar todos os pontos críticos (onde o gradiente é zero) e, para cada ponto crítico, dizer se é mínimo local, máximo local ou ponto de sela (usando o Teorema 3.2.1).

Passo 2

Calcular as derivadas parciais primeiras (gradiente). Vou explicar cada derivada de forma prática:
  • Para x^{2} a derivada em relação a x é 2x.
  • Para -x^{2}y veja y como constante ao derivar em x: dá -2xy.
  • Para y^{2}z ao derivar em x 0 (não depende de x).
  • Para z^{2}-4z também dá 0 ao derivar em x.
Portanto
\frac{\partial f}{\partial x}=2x-2xy=2x(1-y).
Agora a derivada em y:
  • \partial_y(x^{2})=0.
  • \partial_y(-x^{2}y)=-x^{2} (porque -x^{2} é constante multiplicando y).
  • \partial_y(y^{2}z)=2yz (derivando y^{2} e multiplicando por z, que é constante aqui).
  • \partial_y(z^{2}-4z)=0.
Logo
\frac{\partial f}{\partial y}=-x^{2}+2yz.
Derivada em z:
  • \partial_z(x^{2})=0, \partial_z(-x^{2}y)=0.
  • \partial_z(y^{2}z)=y^{2}.
  • \partial_z(z^{2}-4z)=2z-4.
Portanto
\frac{\partial f}{\partial z}=y^{2}+2z-4.

Passo 3

Determinar pontos críticos resolvendo o sistema \nabla f=0\): \[\begin{cases} 2x(1-y)=0,\\[4pt] -x^{2}+2yz=0,\\[4pt] y^{2}+2z-4=0. \end{cases}
Resolver passo a passo:
  1. Da primeira equação 2x(1-y)=0\] vem duas possibilidades: \(x=0 ou y=1.
Caso A: x=0.
  • A segunda equação fica 0+2yz=0, ou seja 2yz=0 então y=0 ou z=0.
  • A terceira equação é y^{2}+2z-4=0, isto é 2z=4-y^{2} ou z=2-\dfrac{y^{2}}{2}.
Subcaso A1: x=0,\\ y=0. Pela terceira equação z=2-\dfrac{0}{2}=2. Logo ponto crítico \bigl(0,0,2\bigr).
Subcaso A2: x=0,\\ z=0. Pela terceira equação y^{2}+0-4=0 então y^{2}=4 e y=\pm 2. Logo pontos críticos \bigl(0,2,0\bigr) e \bigl(0,-2,0\bigr).
Caso B: y=1.
  • A segunda equação vira -x^{2}+2\cdot 1\cdot z=0, ou seja 2z=x^{2} então z=\dfrac{x^{2}}{2}.
  • A terceira equação com y=1 é 1^{2}+2z-4=0 ou 2z-3=0, então z=\dfrac{3}{2}.
  • Igualando as duas expressões para z: \dfrac{x^{2}}{2}=\dfrac{3}{2} x^{2}=3, isto é x=\pm\sqrt{3}.
Logo dois pontos críticos: \bigl(\sqrt{3},1,\tfrac{3}{2}\bigr) e \bigl(-\sqrt{3},1,\tfrac{3}{2}\bigr).
Resumo dos pontos críticos encontrados:
(0,0,2),\quad (0,2,0),\quad (0,-2,0),\quad \bigl(\pm\sqrt{3},1,\tfrac{3}{2}\bigr).]

Passo 4

Explicar o teste de classificação (Teorema 3.2.1): vou descrever a ideia usada.
  • Formar a matriz Hessiana H de f, com entradas H_{ij}=\dfrac{\partial^{2} f}{\partial x_i\partial x_j}.
  • Avaliar H em cada ponto crítico.
  • Se H for definida positiva no ponto (toda forma quadrática v^{T}Hv>0 para v\ne0) então f tem mínimo local ali.
  • Se H for definida negativa (toda forma quadrática v^{T}Hv<0 para v\ne0) então f tem máximo local.
  • Se H for indefinida (a forma quadrática toma valores positivos e negativos) então o ponto é ponto de sela.
  • Se H for semidefinida o teste pode ser inconclusivo; aí seria preciso análise adicional.
    Uma forma prática de testar definição em matrizes simétricas é usar os menores principais (critério de Sylvester) ou investigar a forma quadrática por escolhas de vetores.

Passo 5

Calcular as segundas derivadas (entradas do Hessiano). Já temos as derivadas primeiras; agora:
  • \dfrac{\partial^{2}f}{\partial x^{2}}=2(1-y).
  • \dfrac{\partial^{2}f}{\partial x\partial y}=\dfrac{\partial}{\partial y}\bigl(2x(1-y)\bigr)=-2x.
  • \dfrac{\partial^{2}f}{\partial x\partial z}=0.
  • \dfrac{\partial^{2}f}{\partial y^{2}}=\dfrac{\partial}{\partial y}(-x^{2}+2yz)=2z.
  • \dfrac{\partial^{2}f}{\partial y\partial z}=2y.
  • \dfrac{\partial^{2}f}{\partial z^{2}}=2.
Assim a matriz Hessiana é
H(x,y,z)= \begin{pmatrix} 2(1-y) & -2x & 0\\[4pt] -2x & 2z & 2y\\[4pt] 0 & 2y & 2 \end{pmatrix}.]

Passo 6

Avaliar H em \bigl(0,0,2\bigr) e verificar definição:
  • Substituindo x=0,y=0,z=2 obtemos
H(0,0,2)= \begin{pmatrix} 2 & 0 & 0\\[4pt] 0 & 4 & 0\\[4pt] 0 & 0 & 2 \end{pmatrix}.
Esta matriz é diagonal com entradas positivas 2,4,2. Portanto sua forma quadrática é sempre positiva para v\ne0. Conclusão: H(0,0,2) é definida positiva e (0,0,2) é um mínimo local.]

Passo 7

Avaliar H em \bigl(0,2,0\bigr):
  • Substituindo x=0,y=2,z=0 obtemos
H(0,2,0)= \begin{pmatrix} 2(1-2) & 0 & 0\\[4pt] 0 & 0 & 4\\[4pt] 0 & 4 & 2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -2 & 0 & 0\\[4pt] 0 & 0 & 4\\[4pt] 0 & 4 & 2 \end{pmatrix}.
A primeira menor principal D_{1}=-2<0. A segunda menor principal (determinante do bloco 2\times2 superior esquerda) é 0. Para decidir, examinar a forma quadrática
q(u,v,w)=-2u^{2}+8vw+2w^{2},
onde u,v,w são deslocamentos nas direções x,y,z. Escolhendo, por exemplo, u=0,w=1,v=0 q=2>0. Escolhendo u=0,w=1,v=-10 q=-78<0. Assim q toma valores positivos e negativos, logo H(0,2,0) é indefinida. Conclusão: (0,2,0) é ponto de sela.]

Passo 8

Avaliar H em \bigl(0,-2,0\bigr):
  • Substituindo x=0,y=-2,z=0 obtemos
H(0,-2,0)= \begin{pmatrix} 2(1-(-2)) & 0 & 0\\[4pt] 0 & 0 & -4\\[4pt] 0 & -4 & 2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 6 & 0 & 0\\[4pt] 0 & 0 & -4\\[4pt] 0 & -4 & 2 \end{pmatrix}.
A primeira menor principal D_{1}=6>0. O determinante total é negativo (cálculo: \det H(0,-2,0)=6\cdot\det\begin{pmatrix}0&-4\\\ -4&2\end{pmatrix}=6(0\cdot2-(-4)(-4))=6(-16)=-96), logo a matriz tem autovalores de sinais diferentes: indefinida. Conclusão: (0,-2,0) é ponto de sela.]

Passo 9

Avaliar H em \bigl(\pm\sqrt{3},1,\tfrac{3}{2}\bigr):
  • Para y=1 a entrada H_{11}=2(1-y)=0.
  • Para x=\pm\sqrt{3} temos -2x=\mp 2\sqrt{3}.
  • Para z=\tfrac{3}{2} temos 2z=3.
  • Para y=1 temos 2y=2.
    Assim, para ambos os pontos (o sinal de x muda apenas H_{12} de sinal), a matriz é
H\bigl(\pm\sqrt{3},1,\tfrac{3}{2}\bigr)= \begin{pmatrix} 0 & -2x & 0\\[4pt] -2x & 3 & 2\\[4pt] 0 & 2 & 2 \end{pmatrix},
onde x=\pm\sqrt{3}. Note que x^{2}=3.
Calcule o segundo menor principal (determinante do 2\times2 superior esquerda):
D_{2}=\det\begin{pmatrix}0 & -2x\\[4pt]-2x & 3\end{pmatrix}=0\cdot 3 -(-2x)(-2x)=-4x^{2}=-12<0.
Um D_{2}<0 já indica que a matriz não é definida positiva nem negativa (há sinais mistos nos autovalores). Para confirmar a indefinição calcule o determinante total (expansão pela primeira linha):
\det H = 0\cdot\det\begin{pmatrix}3&2\\\ 2&2\end{pmatrix} -(-2x)\cdot\det\begin{pmatrix}-2x&2\\\ 0&2\end{pmatrix} =2x\bigl((-2x)\cdot 2 - 0\bigr)=-8x^{2}=-24<0.
Determinante negativo e D_{2}<0 mostram que a forma quadrática assume sinais opostos. Conclusão: ambos os pontos \bigl(\pm\sqrt{3},1,\tfrac{3}{2}\bigr) são pontos de sela.]

Resposta

\bigl(0,0,2\bigr) — mínimo local
\bigl(0,2,0\bigr) — ponto de sela
\bigl(0,-2,0\bigr) — ponto de sela
\bigl(\sqrt{3},1,\tfrac{3}{2}\bigr) — ponto de sela
\bigl(-\sqrt{3},1,\tfrac{3}{2}\bigr) — ponto de sela

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