Classifique todos os pontos críticos da função f(x, y) = -140/9 x³ - y³ + 35/3 x²y + 3y.

Steps to Solve

1. Calcular as primeiras derivadas parciais

Calcular as derivadas parciais de $f(x, y)$ em relação a $x$ e $y$:

$f_x = \frac{\partial f}{\partial x} = -\frac{140}{9} \cdot 3x^2 + \frac{35}{3} \cdot 2xy = -\frac{140}{3}x^2 + \frac{70}{3}xy$

$f_y = \frac{\partial f}{\partial y} = -3y^2 + \frac{35}{3}x^2 + 3$

2. Encontrar os pontos críticos

Definir $f_x = 0$ e $f_y = 0$ e resolver o sistema de equações resultante:

$-\frac{140}{3}x^2 + \frac{70}{3}xy = 0$ $-3y^2 + \frac{35}{3}x^2 + 3 = 0$

Da primeira equação: $\frac{70}{3}x(-\frac{2}{1}x + y) = 0$ $x = 0$ ou $y = 2x$

3. Resolver para $x = 0$ Substituindo $x = 0$ na segunda equação: $-3y^2 + \frac{35}{3}(0)^2 + 3 = 0$ $-3y^2 + 3 = 0$ $y^2 = 1$ $y = \pm 1$

Portanto, temos os pontos críticos $(0, 1)$ e $(0, -1)$.

4. Resolver para $y = 2x$ Substituindo $y = 2x$ na segunda equação: $-3(2x)^2 + \frac{35}{3}x^2 + 3 = 0$ $-12x^2 + \frac{35}{3}x^2 + 3 = 0$ Multiplicando por 3 para simplificar: $-36x^2 + 35x^2 + 9 = 0$ $-x^2 + 9 = 0$ $x^2 = 9$ $x = \pm 3$

Se $x = 3$, então $y = 2(3) = 6$. Se $x = -3$, então $y = 2(-3) = -6$.

Portanto, temos os pontos críticos $(3, 6)$ e $(-3, -6)$.

5. Calcular as segundas derivadas parciais

Calcular as segundas derivadas parciais: $f_{xx} = \frac{\partial^2 f}{\partial x^2} = -\frac{280}{3}x + \frac{70}{3}y$ $f_{yy} = \frac{\partial^2 f}{\partial y^2} = -6y$ $f_{xy} = \frac{\partial^2 f}{\partial x \partial y} = \frac{70}{3}x$

6. Calcular o determinante Hessiano

O determinante Hessiano é dado por: $D(x, y) = f_{xx}f_{yy} - (f_{xy})^2 = (-\frac{280}{3}x + \frac{70}{3}y)(-6y) - (\frac{70}{3}x)^2$

7. Classificar os pontos críticos

Agora, vamos classificar cada ponto crítico usando o determinante Hessiano:

Para $(0, 1)$: $f_{xx}(0, 1) = -\frac{280}{3}(0) + \frac{70}{3}(1) = \frac{70}{3}$ $f_{yy}(0, 1) = -6(1) = -6$ $f_{xy}(0, 1) = \frac{70}{3}(0) = 0$ $D(0, 1) = (\frac{70}{3})(-6) - (0)^2 = -140$

Como $D(0, 1) < 0$, o ponto $(0, 1)$ é um ponto de sela.

Para $(0, -1)$: $f_{xx}(0, -1) = -\frac{280}{3}(0) + \frac{70}{3}(-1) = -\frac{70}{3}$ $f_{yy}(0, -1) = -6(-1) = 6$ $f_{xy}(0, -1) = \frac{70}{3}(0) = 0$ $D(0, -1) = (-\frac{70}{3})(6) - (0)^2 = -140$

Como $D(0, -1) < 0$, o ponto $(0, -1)$ é um ponto de sela.

Para $(3, 6)$: $f_{xx}(3, 6) = -\frac{280}{3}(3) + \frac{70}{3}(6) = -280 + 140 = -140$ $f_{yy}(3, 6) = -6(6) = -36$ $f_{xy}(3, 6) = \frac{70}{3}(3) = 70$ $D(3, 6) = (-140)(-36) - (70)^2 = 5040 - 4900 = 140$

Como $D(3, 6) > 0$ e $f_{xx}(3, 6) < 0$, o ponto $(3, 6)$ é um ponto de máximo local.

Para $(-3, -6)$: $f_{xx}(-3, -6) = -\frac{280}{3}(-3) + \frac{70}{3}(-6) = 280 - 140 = 140$ $f_{yy}(-3, -6) = -6(-6) = 36$ $f_{xy}(-3, -6) = \frac{70}{3}(-3) = -70$ $D(-3, -6) = (140)(36) - (-70)^2 = 5040 - 4900 = 140$

Como $D(-3, -6) > 0$ e $f_{xx}(-3, -6) > 0$, o ponto $(-3, -6)$ é um ponto de mínimo local.

8. Conclusão

$P_1 = (0, 1)$ e $P_2 = (0, -1)$ são pontos de sela. $P_3 = (3, 6)$ é um ponto de máximo local. $P_4 = (-3, -6)$ é um ponto de mínimo local.