Em cada caso abaixo, explique por que a função dada é diferenciável no ponto P indicado, determine a linearização L(x, y) no ponto P, e obtenha a equação do plano tangente no ponto correspondente do gráfico:
f(x, y)=\sqrt{x+y}, P=(1,3).

Passo 1

O enunciado dá a função f(x,y)=\sqrt{x+y} e o ponto P=(1,3). O que pede:
  • Explicar por que f é diferenciável em P.
  • Determinar a linearização L(x,y) de f em P.
  • Obter a equação do plano tangente ao gráfico z=f(x,y) no ponto correspondente.
Informações relevantes extraídas do enunciado:
  • A função está definida quando x+y\ge 0.
  • No ponto P temos x+y=1+3=4, logo P está no domínio da função.
  • O valor da função em P é f(1,3)=\sqrt{4}=2.

Passo 2

Entender o que é pedido e as ferramentas que vamos usar (sem entrar em teorias muito técnicas ainda):
  • Para provar diferenciabilidade em P é suficiente mostrar que as derivadas parciais existem num entorno de P e são contínuas em P (teorema padrão de análise real multivariada que vamos usar aqui).
  • A linearização (aproximação afim de primeira ordem) em P=(x_0,y_0) tem a forma
L(x,y)=f(x_0,y_0)+f_x(x_0,y_0)\,(x-x_0)+f_y(x_0,y_0)\,(y-y_0),
onde f_x e f_y são as derivadas parciais.
  • O plano tangente ao gráfico z=f(x,y) no ponto (x_0,y_0,f(x_0,y_0)) é exatamente z=L(x,y).

Passo 3

Calcular as derivadas parciais de f. Explicando passo a passo:
  • Escrevendo u=x+y, tem-se f(x,y)=\sqrt{u}=u^{1/2}.
  • Derivada de u^{1/2} em relação a u é \dfrac{1}{2}u^{-1/2}=\dfrac{1}{2\sqrt{u}}.
  • Como u=x+y, a derivada parcial em relação a x trata y como constante e \dfrac{\partial u}{\partial x}=1. Portanto
f_x(x,y)=\frac{1}{2\sqrt{x+y}}.
  • De modo análogo, \dfrac{\partial u}{\partial y}=1 e
f_y(x,y)=\frac{1}{2\sqrt{x+y}}.
Aqui cada símbolo significa:
  • f_x(x,y) é a taxa de variação de f quando x varia e y fica fixo.
  • f_y(x,y) é a taxa de variação de f quando y varia e x fica fixo.

Passo 4

Avaliar as derivadas parciais em P=(1,3):
  • Primeiro x+y=1+3=4 e \sqrt{4}=2.
  • Assim
f_x(1,3)=\frac{1}{2\cdot 2}=\frac{1}{4},\qquad f_y(1,3)=\frac{1}{2\cdot 2}=\frac{1}{4}.

Passo 5

Mostrar diferenciabilidade em P:
  • As fórmulas de f_x(x,y) e f_y(x,y) são \dfrac{1}{2\sqrt{x+y}}. Essas funções são bem definidas e contínuas em qualquer ponto onde \sqrt{x+y}\neq 0, ou seja, onde x+y>0.
  • No ponto P temos x+y=4>0. Portanto existe um entorno de P (por exemplo tomar |x-1|<1 e |y-3|<1 garante x+y>2) em que as derivadas parciais existem e são contínuas.
  • Pelo teorema que diz “se as derivadas parciais existem num entorno e são contínuas em P então f é diferenciável em P”, concluímos que f é diferenciável em P.

Passo 6

Determinar a linearização L(x,y) em P usando a fórmula:
  • Tomando x_0=1, y_0=3 e f(1,3)=2, com f_x(1,3)=f_y(1,3)=\tfrac{1}{4}, tem-se
L(x,y)=2+\frac{1}{4}(x-1)+\frac{1}{4}(y-3).
  • Simplificando essa expressão:
L(x,y)=2+\frac{1}{4}x-\frac{1}{4}+\frac{1}{4}y-\frac{3}{4} = \bigl(2-\tfrac{1}{4}-\tfrac{3}{4}\bigr)+\frac{1}{4}x+\frac{1}{4}y =1+\frac{1}{4}x+\frac{1}{4}y.
  • Conferência rápida: em P fica L(1,3)=1+\tfrac{1}{4}\cdot1+\tfrac{1}{4}\cdot3=1+\tfrac{1}{4}+\tfrac{3}{4}=2=f(1,3), como deve ser.

Passo 7

Equação do plano tangente ao gráfico z=f(x,y) no ponto (1,3,2):
  • O plano tangente é dado por z=L(x,y). Podemos escrever de duas formas equivalentes:
z-2=\frac{1}{4}(x-1)+\frac{1}{4}(y-3)
ou, na forma simplificada,
z=1+\frac{1}{4}x+\frac{1}{4}y.
  • Essa é a equação do plano que melhor aproxima o gráfico de f perto de P.

Passo 8

Resumo rápido e encorajamento:
  • Viu como usar a derivada da função composta \sqrt{x+y} e a continuidade das derivadas parciais resolve tudo? Faça um exercício parecido trocando P por um ponto onde x+y>0 para treinar — vai pegar o jeito rapidinho!

Resposta

Diferenciável em P: sim.
Linearização: L(x,y)=1+\dfrac{1}{4}x+\dfrac{1}{4}y.
Plano tangente: z=1+\dfrac{1}{4}x+\dfrac{1}{4}y.

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