Determine, em cada caso, os pontos onde f é diferenciável. Calcule as derivadas parciais de f nestes pontos, encontrando as funções \tilde{f} e t ou fazendo o cálculo direto, o que lhe parecer mais simples.
f(x, y)=e^{2(x+y)} \ln \left(\sqrt{e^{x+y}}\right)

Passo 1

O enunciado dá a função
f(x,y)=e^{2(x+y)}\ln\!\big(\sqrt{e^{x+y}}\big)
e pede:
  • determinar em quais pontos f é diferenciável;
  • calcular as derivadas parciais de f nesses pontos;
  • apresentar a função linear \tilde{f} (diferencial) e a função resto t ou fazer o cálculo direto, como for mais simples.
Informações relevantes do enunciado:
\text{o domínio e a fórmula explícita de } f \text{ estão dados acima.}íóíã

Passo 2

Verificamos o domínio de definição de f. O argumento do logaritmo é \sqrt{e^{x+y}}. Como e^{x+y}>0 para todo (x,y)\in\mathbb{R}^2, temos \sqrt{e^{x+y}}>0 sempre; portanto o logaritmo está bem definido para todo (x,y). Conclusão:
\text{dom}(f)=\mathbb{R}^2.

Passo 3

Simplificamos a expressão usando identidades elementares:
\sqrt{e^{x+y}}=e^{(x+y)/2},
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\ln\!\big(\sqrt{e^{x+y}}\big)=\ln\!\big(e^{(x+y)/2}\big)=\frac{x+y}{2}.
Substituindo em f obtemos uma forma mais simples:
f(x,y)=e^{2(x+y)}\cdot\frac{x+y}{2}=\frac{1}{2}(x+y)e^{2(x+y)}.
Para simplificar a notação, defina u=x+y. Então
f(x,y)=g(u),\qquad g(u)=\frac{1}{2}u e^{2u}.

Passo 4

Argumento sobre diferenciabilidade: g(u)=\tfrac{1}{2}u e^{2u} é produto de funções elementares (polinomial e exponencial) que são C^\infty em \mathbb{R}; portanto g é C^\infty em toda reta. A aplicação (x,y)\mapsto u=x+y é linear (portanto C^\infty). A composição de funções C^\infty é C^\infty. Assim f(x,y)=g(x+y) é C^\infty em todo \mathbb{R}^2, isto é, diferenciável em todo ponto (x,y)\in\mathbb{R}^2.

Passo 5

Cálculo das derivadas parciais. Vamos calcular g'(u) usando regra do produto:
g(u)=\frac{1}{2}u e^{2u}.
Aplicando a regra do produto:
g'(u)=\frac{1}{2}\big(1\cdot e^{2u} + u\cdot 2e^{2u}\big)=\frac{1}{2}e^{2u}(1+2u).
Como u=x+y e \partial u/\partial x=1, \partial u/\partial y=1, pelas regras da cadeia:
\frac{\partial f}{\partial x}(x,y)=g'(x+y)\cdot\frac{\partial (x+y)}{\partial x}=g'(x+y),
\frac{\partial f}{\partial y}(x,y)=g'(x+y)\cdot\frac{\partial (x+y)}{\partial y}=g'(x+y).
Substituindo g'(u) obtemos as expressões explícitas:
\frac{\partial f}{\partial x}(x,y)=\frac{1}{2}e^{2(x+y)}\big(1+2(x+y)\big),
\frac{\partial f}{\partial y}(x,y)=\frac{1}{2}e^{2(x+y)}\big(1+2(x+y)\big).
Observação: as derivadas parciais coincidem porque f depende de x e y apenas pela soma x+y.

Passo 6

Encontrando a função linear \tilde{f} (diferencial em um ponto) e o resto t.
Seja um ponto fixo (a,b)\in\mathbb{R}^2 e defina u_0=a+b. O gradiente em (a,b) é
\nabla f(a,b)=\Big(\frac{1}{2}e^{2u_0}(1+2u_0),\;\frac{1}{2}e^{2u_0}(1+2u_0)\Big).
A aplicação linear \tilde{f}:\mathbb{R}^2\to\mathbb{R} que aproxima f em (a,b) é dada por
\tilde{f}_{(a,b)}(h,k)=\nabla f(a,b)\cdot(h,k)=\frac{1}{2}e^{2u_0}(1+2u_0)\,(h+k).
Agora o resto t(h,k) é definido por
t(h,k)=f(a+h,b+k)-f(a,b)-\tilde{f}_{(a,b)}(h,k).
Para mostrar que t(h,k)=o\big(\|(h,k)\|\big) quando (h,k)\to(0,0) usamos a redução a uma variável: seja \Delta u=h+k. Então
f(a+h,b+k)-f(a,b)=g(u_0+\Delta u)-g(u_0).
Pela fórmula de Taylor de ordem 1 com resto de Lagrange para g (que é C^2), existe \xi entre u_0 e u_0+\Delta u tal que
g(u_0+\Delta u)-g(u_0)-g'(u_0)\Delta u=\tfrac{1}{2}g''(\xi)(\Delta u)^2.
Isto mostra que
t(h,k)=\tfrac{1}{2}g''(\xi)(h+k)^2,
onde g''(u)=2(u+1)e^{2u} (cálculo direto). Como |h+k|\le \sqrt{2}\|(h,k)\|, segue que
\frac{|t(h,k)|}{\|(h,k)\|}\le C\|(h,k)\|\to 0\quad\text{quando }(h,k)\to(0,0),
para alguma constante C que depende de um vizinho onde g'' é limitada. Assim t(h,k)=o(\|(h,k)\|) e a definição de diferenciabilidade fica verificada (além da argumentação anterior via C^\infty).

Passo 7

Resumo prático para a prova (como aplicar na hora):
  • Simplifique sempre que possível a expressão algébrica antes de derivar; aqui a simplificação \ln(\sqrt{e^{x+y}})=(x+y)/2 facilita muito.
  • Reduza a duas ou uma variável quando a função depende de uma combinação linear ( x+y neste caso).
  • Use regra do produto e da cadeia para obter g'(u) e então multiplicar por \partial u/\partial x ou \partial u/\partial y.
  • Verifique domínio (log exige argumento positivo) e/ou continuidade das derivadas para concluir diferenciabilidade.

Resposta

f é diferenciável em todo \mathbb{R}^2.\n \displaystyle \frac{\partial f}{\partial x}(x,y)=\frac{1}{2}e^{2(x+y)}\big(1+2(x+y)\big)\n \displaystyle \frac{\partial f}{\partial y}(x,y)=\frac{1}{2}e^{2(x+y)}\big(1+2(x+y)\big)\n \displaystyle \tilde{f}_{(a,b)}(h,k)=\frac{1}{2}e^{2(a+b)}\big(1+2(a+b)\big)(h+k)\n \displaystyle t(h,k)=f(a+h,b+k)-f(a,b)-\tilde{f}_{(a,b)}(h,k)=\tfrac{1}{2}g''(\xi)(h+k)^2 para algum \xi entre a+b e a+b+h+k, com g''(u)=2(u+1)e^{2u}; e t(h,k)=o(\|(h,k)\|).

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