Explique por que a função é diferenciável no ponto dado. A seguir, encontre a linearização (L(x, y)) da função naquele ponto.
(f(x, y)=\frac{x}{x+y},
(3,0)

Passo 1

O enunciado dá a função \displaystyle f(x,y)=\frac{x}{x+y} e o ponto \displaystyle (3,0).
Pede-se: (1) explicar por que a função é diferenciável em \displaystyle (3,0) e (2) encontrar a linearização L(x,y) dessa função nesse ponto.
Informações relevantes dadas: \displaystyle f(x,y)=\frac{x}{x+y} e o ponto onde avaliamos é \displaystyle (3,0). Não há outras restrições explícitas no enunciado.

Passo 2

O que significa "diferenciável em (a,b)"?
Uma função de duas variáveis f(x,y) é diferenciável em (a,b) se existe uma aproximação linear (um plano tangente) que aproxima f quando (x,y) está bem próximo de (a,b). Formalmente, existe uma aplicação linear (matriz linha) tal que o erro entre f e essa aproximação é pequeno em comparação com a distância ao ponto; escrevemos
f(a+h,b+k)=f(a,b)+f_x(a,b)\,h+f_y(a,b)\,k+o\big(\sqrt{h^2+k^2}\big).
Aqui f_x e f_y são as derivadas parciais, h=x-a e k=y-b.
Um critério prático muito usado em problemas de prova: se as derivadas parciais existem numa vizinhança do ponto e são contínuas nesse ponto, então f é diferenciável aí. Vou usar esse critério porque simplifica muito o argumento e é válido neste caso (a função é composta por operações racionais simples).

Passo 3

Verificação do domínio perto do ponto: \displaystyle f está definida quando \displaystyle x+y\neq 0. No ponto dado temos \displaystyle 3+0=3\neq 0, logo (3,0) pertence ao domínio. Como x+y é contínua, existe uma pequena vizinhança de (3,0) onde x+y permanece diferente de zero (por exemplo, qualquer ponto com |x-3|+|y|<1 ainda tem x+y>2). Portanto podemos falar de derivadas parciais numa vizinhança desse ponto.

Passo 4

Calcular a derivada parcial de f em relação a x. Vou usar a regra do quociente: se f=\dfrac{u}{v} com u=x e v=x+y, então
f_x=\frac{u'_x v - u v'_x}{v^2}.
Aqui u'_x=1 e v'_x=1. Substituindo:
f_x(x,y)=\frac{1\cdot(x+y)-x\cdot 1}{(x+y)^2}=\frac{x+y-x}{(x+y)^2}=\frac{y}{(x+y)^2}.

Passo 5

Calcular a derivada parcial de f em relação a y. Usando a mesma ideia (derivada do numerador em relação a y é 0, do denominador é 1):
f_y=\frac{0\cdot(x+y)-x\cdot 1}{(x+y)^2}=-\frac{x}{(x+y)^2}.

Passo 6

Avaliar as derivadas parciais no ponto \displaystyle (3,0):
f_x(3,0)=\frac{y}{(x+y)^2}\Big|_{(3,0)}=\frac{0}{3^2}=0,
f_y(3,0)=-\frac{x}{(x+y)^2}\Big|_{(3,0)}=-\frac{3}{3^2}=-\frac{1}{3}.

Passo 7

Verificar continuidade das derivadas parciais na vizinhança: f_x(x,y)=\dfrac{y}{(x+y)^2} e f_y(x,y)=-\dfrac{x}{(x+y)^2} são funções racionais (numérador polinomial, denominador (x+y)^2). Funções racionais são contínuas onde o denominador não é zero. Como já vimos, em uma vizinhança de (3,0) temos x+y\neq 0, então ambas as derivadas parciais são contínuas em (3,0). Pelo critério citado no Passo 2, isso garante que f é diferenciável em (3,0).

Passo 8

Forma da linearização: se f é diferenciável em (a,b), a linearização (aproximação linear) é
L(x,y)=f(a,b)+f_x(a,b)(x-a)+f_y(a,b)(y-b).
Aqui (a,b)=(3,0). Primeiro calcule f(3,0):
f(3,0)=\frac{3}{3+0}=1.
Substituindo os valores já obtidos f_x(3,0)=0 e f_y(3,0)=-\dfrac{1}{3} obtemos
L(x,y)=1+0\cdot(x-3)-\frac{1}{3}(y-0)=1-\frac{1}{3}y.

Passo 9

Interpretação rápida e exemplo numérico (para ganhar confiança): a linearização diz que, para pontos próximos de (3,0), podemos aproximar \displaystyle f(x,y) por \displaystyle 1-\frac{1}{3}y. Ex.: para (x,y)=(3{,}1,0{,}2) (ou seja, x=3{,}1, y=0{,}2), a aproximação dá L(3{,}1,0{,}2)=1-\frac{1}{3}\cdot 0{,}2=1-0{,}066\ldots=0{,}933\ldots. Isso normalmente fica bem próximo do valor verdadeiro quando a perturbação é pequena.

Resposta

A função é diferenciável em (3,0).
L(x,y)=1-\dfrac{1}{3}y

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