(Estimativa via Teorema do Valor Médio) Considere f(x, y)= \ln \left(1+x^{2}+y^{2}\right). Use o Teorema do Valor Médio para mostrar que
|f(0.1,0.2)-f(0,0)| \leq 0.3
Em seguida, encontre uma estimativa mais precisa utilizando a expressão exata do gradiente.

Passo 1

O enunciado dá a função f(x,y)=\ln\left(1+x^{2}+y^{2}\right) e pede duas coisas:
  • Usar o Teorema do Valor Médio (no contexto de funções de várias variáveis) para mostrar que
|f(0.1,0.2)-f(0,0)| \leq 0,3.
  • Em seguida, obter uma estimativa mais precisa usando a expressão exata do gradiente de f.
Informações relevantes dadas:
  • O ponto inicial é (0,0).
  • O ponto final é (0.1,0.2).
  • A diferença de vetores é h=(0.1,0.2) e o seu comprimento é
\|h\|=\sqrt{0,1^{2}+0,2^{2}}=\sqrt{0,05}.

Passo 2

Vou lembrar a forma útil do Teorema do Valor Médio para funções escalares de várias variáveis (forma aplicada ao segmento): existe algum ponto c no segmento que liga a a b tal que
f(b)-f(a)=\nabla f\text{(c)}\cdot (b-a).
Dessa igualdade segue imediatamente a desigualdade
|f(b)-f(a)| \le \sup_{p\\ \text{no segmento}} \|\nabla f(p)\| \,\|b-a\|,
onde \|\nabla f(p)\| é a norma euclidiana do gradiente em p. Essa é a ferramenta que vou usar para obter a estimativa pedida.

Passo 3

Calcular o gradiente de f. Para f(x,y)=\ln\left(1+x^{2}+y^{2}\right) temos, pelas regras de diferenciação,
\frac{\partial f}{\partial x}(x,y)=\frac{2x}{1+x^{2}+y^{2}},\qquad \frac{\partial f}{\partial y}(x,y)=\frac{2y}{1+x^{2}+y^{2}}.
Logo
\displaystyle \nabla f(x,y)=\left(\frac{2x}{1+x^{2}+y^{2}},\\ \frac{2y}{1+x^{2}+y^{2}}\right).
Agora faço uma estimativa simples, válida para todo ponto do segmento entre (0,0) e (0.1,0.2).
Para qualquer (x,y) nesse segmento temos |x|\le 0,1 e |y|\le 0,2. Além disso o denominador satisfaz 1+x^{2}+y^{2}\ge 1. Assim
\left|\frac{2x}{1+x^{2}+y^{2}}\right|\le 2|x|\le 2\cdot 0,1=0,2, \qquad \left|\frac{2y}{1+x^{2}+y^{2}}\right|\le 2|y|\le 2\cdot 0,2=0,4.
A norma euclidiana do gradiente satisfaz então a cota
\|\nabla f(x,y)\|\le \sqrt{0,2^{2}+0,4^{2}}=\sqrt{0,04+0,16}=\sqrt{0,20}=\sqrt{0,2}\approx 0,4472.
Aplicando a desigualdade do Passo 2 com a=(0,0), b=(0.1,0.2) e a cota anterior:
|f(0.1,0.2)-f(0,0)| \le \sup_{p\\ \text{no segmento}}\|\nabla f(p)\| \,\|h\| \le \sqrt{0,2}\,\sqrt{0,05}.
Calculo direto:
\sqrt{0,2}\,\sqrt{0,05}=\sqrt{0,2\cdot 0,05}=\sqrt{0,01}=0,1.
Portanto obtive a estimativa
|f(0.1,0.2)-f(0,0)| \le 0,1,
o que em particular implica a estimativa pedida
|f(0.1,0.2)-f(0,0)| \le 0,3.
(Usei uma cota simples e direta; a desigualdade fica até mais forte do que o exigido.)

Passo 4

Agora faço a estimativa mais precisa usando a expressão exata do gradiente e a parametrização do segmento. Considere a curva que vai de a=(0,0) a b=(0.1,0.2):
\gamma(t)=(0{,}1t,\\\ 0{,}2t),\qquad t\in[0,1].
Defino g(t)=f(\gamma(t)). Então
g(t)=\ln\bigl(1+(0{,}1t)^{2}+(0{,}2t)^{2}\bigr)=\ln\bigl(1+0{,}05\,t^{2}\bigr).
A diferença que queremos é f(0.1,0.2)-f(0,0)=g(1)-g(0). Posso calcular isso integrando a derivada g'(t):
g'(t)=\frac{d}{dt}\ln\bigl(1+0{,}05t^{2}\bigr)=\frac{0{,}1\,t}{1+0{,}05t^{2}}.
Logo
f(0.1,0.2)-f(0,0)=\int_{0}^{1} g'(t)\,dt =\int_{0}^{1}\frac{0{,}1\,t}{1+0{,}05t^{2}}\,dt.
Fazendo a substituição u=1+0{,}05t^{2}, du=0{,}1t\,dt, os limites vão de u(0)=1 até u(1)=1{,}05. Assim
\int_{0}^{1}\frac{0{,}1\,t}{1+0{,}05t^{2}}\,dt=\int_{1}^{1{,}05}\frac{1}{u}\,du =\ln(1{,}05).
Portanto, de forma exata,
f(0.1,0.2)-f(0,0)=\ln(1{,}05).
Em valor decimal,
\ln(1{,}05)\approx 0{,}048790164.
Essa é a estimativa mais precisa (na verdade é o valor exato do acréscimo).

Passo 5

Resumo das comparações:
  • A cota obtida pelo argumento com o Teorema do Valor Médio e estimativas simples foi |f(0.1,0.2)-f(0,0)|\le 0,1, que garante também a cota pedida \le 0,3.
  • A estimativa mais precisa (exata) é f(0.1,0.2)-f(0,0)=\ln(1{,}05)\approx 0,04879.

Resposta

|f(0.1,0.2)-f(0,0)| \le 0{,}1 \le 0{,}3\newline
f(0.1,0.2)-f(0,0)=\ln(1{,}05)\approx 0{,}048790164

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