A equação
2 \operatorname{sen}(z)-x z+y^{3}-1=0
está satisfeita no ponto (1,1,0). Verifique que, em uma vizinhança de (1,1), a variável z é uma função derivável de x e y, isto é, que existe uma função derivável h(x, y), definida na tal vizinhança, tal que f(x, y, h(x, y))=0. Para finalizar, calcule
\frac{\partial h}{\partial x}(1,1) \text { e } \frac{\partial h}{\partial y}(1,1) .

Passo 1

O enunciado nos dá a função
f(x,y,z)=2\sin(z)-x\,z+y^{3}-1
satisfeita em (x,y,z)=(1,1,0). Queremos mostrar, usando o Teorema da Função Implícita, que existe uma função derivável h(x,y) definida numa vizinhança de (1,1) tal que
f\bigl(x,y,h(x,y)\bigr)=0
e então calcular \displaystyle\frac{\partial h}{\partial x}(1,1) e \displaystyle\frac{\partial h}{\partial y}(1,1).

Passo 2

Para aplicar o Teorema da Função Implícita, verificamos
\frac{\partial f}{\partial z}(x,y,z) =\;2\cos(z)\;-\;x.
No ponto (1,1,0) temos \cos(0)=1 e x=1, logo
\frac{\partial f}{\partial z}(1,1,0) =2\cdot1-1=1\neq0.
Como essa derivada parcial é não nula, o teorema garante a existência de h(x,y) classe C^1 em torno de (1,1) tal que f(x,y,h(x,y))=0.

Passo 3

Usando diferenciação implícita, temos
\frac{\partial h}{\partial x}(x,y) =-\frac{f_x(x,y,h(x,y))}{f_z(x,y,h(x,y))}, \qquad \frac{\partial h}{\partial y}(x,y) =-\frac{f_y(x,y,h(x,y))}{f_z(x,y,h(x,y))}.
Calculemos as derivadas de f:
f_x(x,y,z)=-z, \qquad f_y(x,y,z)=3y^2.
No ponto (1,1,0) obtemos
f_x(1,1,0)=-0=0, \qquad f_y(1,1,0)=3\cdot1^2=3, \qquad f_z(1,1,0)=1.
Portanto
\frac{\partial h}{\partial x}(1,1) =-\frac{0}{1}=0, \qquad \frac{\partial h}{\partial y}(1,1) =-\frac{3}{1}=-3.

Resposta

\displaystyle \frac{\partial h}{\partial x}(1,1)=0
\displaystyle \frac{\partial h}{\partial y}(1,1)=-3

Exercícios relacionados