Encontre a aproximação linear da função
z=e^{x^{2}-y^{2}} no ponto (4,-1).

Passo 1

O enunciado pede a aproximação linear (linearização) da função z=e^{x^{2}-y^{2}} no ponto (4,-1).\n
Informações dadas:
\text{função } f(x,y)=e^{x^{2}-y^{2}},çã
\text{ponto } (a,b)=(4,-1).
A tarefa é fornecer a expressão da aproximação linear (plano tangente) de f em (4,-1).

Passo 2

O que é aproximação linear (intuição e fórmula): para uma função de duas variáveis z=f(x,y), a aproximação linear de f perto de um ponto (a,b) é o plano tangente que aproxima bem a superfície quando (x,y) está perto de (a,b). A fórmula padrão é
L(x,y)=f(a,b)+f_{x}(a,b)\bigl(x-a\bigr)+f_{y}(a,b)\bigl(y-b\bigr).
Aqui:
  • f(a,b) é o valor da função no ponto de tangência;
  • f_{x}(a,b) é a derivada parcial de f em relação a x avaliada em (a,b);
  • f_{y}(a,b) é a derivada parcial de f em relação a y avaliada em (a,b);
  • (x-a) e (y-b) são os deslocamentos pequenos a partir do ponto (a,b).\n
    Essa fórmula vem da expansão de Taylor de primeira ordem. Pense nela como a versão em duas variáveis da fórmula da reta tangente em uma variável f(x)\approx f(a)+f'(a)(x-a). Dá para usar essa aproximação na prova para estimar valores próximos ao ponto sem calcular exponenciais enormes exatamente.

Passo 3

Calcular as derivadas parciais: vamos achar f_{x} e f_{y} simbolicamente e explicar cada passo. Defina g(x,y)=x^{2}-y^{2}, então f(x,y)=e^{g(x,y)}. Usamos a regra da cadeia:\n
Derivada parcial em relação a x:
f_{x}(x,y)=\frac{\partial}{\partial x}\bigl(e^{g(x,y)}\bigr)=e^{g(x,y)}\cdot\frac{\partial g}{\partial x}.
Como \frac{\partial g}{\partial x}=2x, obtemos
f_{x}(x,y)=2x\,e^{x^{2}-y^{2}}.\n
Derivada parcial em relação a y:
f_{y}(x,y)=\frac{\partial}{\partial y}\bigl(e^{g(x,y)}\bigr)=e^{g(x,y)}\cdot\frac{\partial g}{\partial y}.
Como \frac{\partial g}{\partial y}=-2y, obtemos
f_{y}(x,y)=-2y\,e^{x^{2}-y^{2}}.

Passo 4

Avaliar f, f_{x} e f_{y} no ponto (4,-1). Primeiro calcule o expoente:
x^{2}-y^{2}=4^{2}-(-1)^{2}=16-1=15.
Logo
f(4,-1)=e^{15}.
Agora as derivadas no ponto:
f_{x}(4,-1)=2\cdot4\cdot e^{15}=8e^{15},
f_{y}(4,-1)=-2\cdot(-1)\cdot e^{15}=2e^{15}.
Mostrei cada multiplicação para você conseguir reproduzir na prova sem pular passos.

Passo 5

Aplicar a fórmula da aproximação linear: use a expressão
L(x,y)=f(a,b)+f_{x}(a,b)\bigl(x-a\bigr)+f_{y}(a,b)\bigl(y-b\bigr).
Substituímos f(4,-1), f_{x}(4,-1) e f_{y}(4,-1) que calculamos no Passo 4. A expressão final ficará escrita no campo “

Passo 6

Exemplo de uso prático (para fixar a ideia): se quiser aproximar z em (x,y)=(4{,}01,-0{,}98), calcule os deslocamentos \Delta x=0{,}01 e \Delta y=0{,}02. A variação aproximada de z é
\Delta z\approx f_{x}(4,-1)\Delta x+f_{y}(4,-1)\Delta y.
Substituindo os valores do Passo 4:
\Delta z\approx 8e^{15}\cdot0{,}01+2e^{15}\cdot0{,}02=(0{,}08+0{,}04)e^{15}=0{,}12e^{15}.
Portanto a aproximação é z\approx e^{15}+0{,}12e^{15}=1{,}12e^{15}. Isso mostra como usar o plano tangente para estimativas rápidas na prova.

Passo 7

Observações finais e incentivo: a função e^{x^{2}-y^{2}} é suave (infinitamente diferenciável), então a aproximação linear é válida e costuma ser bastante precisa para pontos próximos a (4,-1). Você conseguiu acompanhar as derivações passo a passo; isso é exatamente o que pedem em provas — mostrar as derivadas parciais e substituir no plano tangente. Vai dar certo, respira fundo e revisa estes passos calmamente antes da prova.

Resposta

L(x,y)=e^{15}+8e^{15}\bigl(x-4\bigr)+2e^{15}\bigl(y+1\bigr)

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