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)=e^{-x y} \cos y,
(0,3)

Passo 1

O enunciado pede duas coisas: (1) explicar por que a função é diferenciável no ponto dado e (2) encontrar a linearização L(x,y) naquele ponto.
As informações fornecidas são: a função
f(x,y)=e^{-x y}\cos y
e o ponto (0,3).

Passo 2

Primeiro, vou lembrar o que significa ser diferenciável num ponto (vou escrever isso de forma bem direta para você usar na prova). Dizemos que f é diferenciável em (a,b) se existe uma transformação linear (o diferencial) que aproxima f perto de (a,b) de forma que o erro seja pequeno em relação à distância ao ponto. Em fórmula, com h=(h_1,h_2):
f(a+h_1,\,b+h_2)=f(a,b)+Df(a,b)\cdot(h_1,h_2)+o(\|(h_1,h_2)\|),
onde \|(h_1,h_2)\|=\sqrt{h_1^2+h_2^2} e o(\|(h_1,h_2)\|) significa “algo que dividido por \|(h_1,h_2)\| tende a 0” quando (h_1,h_2)\to(0,0).

Passo 3

Uma condição prática muito usada na prova: se as derivadas parciais \frac{\partial f}{\partial x} e \frac{\partial f}{\partial y} existem numa vizinhança de (a,b) e são contínuas em (a,b), então f é diferenciável em (a,b). Vou usar essa condição porque aqui as funções envolvidas são suaves (exponencial, seno, cosseno) — vou mostrar isso passo a passo.

Passo 4

Agora calculo as derivadas parciais de f. Vou explicar cada regra usada:
  • Regra da cadeia: para \frac{d}{dx}e^{g(x)}=g'(x)e^{g(x)}.
  • Regra do produto: \frac{\partial}{\partial x}(u\cdot v)=u_x\cdot v+u\cdot v_x.
A função é f(x,y)=e^{-x y}\cos y.
Derivando em relação a x, trato \cos y como constante (pois é função só de y) e aplico a regra da cadeia à parte exponencial:
\frac{\partial f}{\partial x}(x,y)=\frac{\partial}{\partial x}\big(e^{-x y}\big)\cdot \cos y.
A derivada de e^{-x y} em relação a x é (-y)e^{-x y} (pois a derivada do expoente -x y em x é -y). Portanto
\frac{\partial f}{\partial x}(x,y)=-y\,e^{-x y}\cos y.

Passo 5

Agora derivando em relação a y. Aqui uso a regra do produto entre e^{-x y} e \cos y:
\frac{\partial f}{\partial y}(x,y)=\frac{\partial}{\partial y}\big(e^{-x y}\big)\cdot \cos y + e^{-x y}\cdot \frac{\partial}{\partial y}(\cos y).
A derivada de e^{-x y} em y é (-x)e^{-x y}. A derivada de \cos y é -\sin y. Substituindo,
\frac{\partial f}{\partial y}(x,y) = (-x)e^{-x y}\cos y + e^{-x y}(-\sin y).
Fatorando -e^{-x y}, fica
\frac{\partial f}{\partial y}(x,y) = -e^{-x y}\big(x\cos y + \sin y\big).

Passo 6

Agora com as fórmulas das derivadas parciais em mãos, observo que cada expressão é composta por combinações (produto, soma, composição) de funções elementares x\mapsto x, y\mapsto y, e^{(\cdot)}, \cos e \sin. Todas essas funções são infinitamente diferenciáveis e, em particular, contínuas. Como as derivadas parciais são combinações contínuas dessas funções, concluímos que \frac{\partial f}{\partial x} e \frac{\partial f}{\partial y} são continúas em toda a reta (na verdade em todo \mathbb{R}^2). Pela condição prática do passo anterior, isso implica que f é diferenciável em qualquer ponto, em particular em (0,3).

Passo 7

Agora vamos avaliar f e as derivadas parciais em (0,3). Primeiro o valor da função:
f(0,3)=e^{-0\cdot 3}\cos 3 = e^{0}\cos 3 = \cos 3.
Avalio \frac{\partial f}{\partial x} em (0,3):
\frac{\partial f}{\partial x}(0,3) = -y\,e^{-x y}\cos y\Big|_{(0,3)} = -3\cdot e^{0}\cos 3 = -3\cos 3.
Avalio \frac{\partial f}{\partial y} em (0,3):
\frac{\partial f}{\partial y}(0,3) = -e^{-x y}\big(x\cos y + \sin y\big)\Big|_{(0,3)} = -e^{0}\big(0\cdot\cos 3 + \sin 3\big) = -\sin 3.

Passo 8

A linearização (aproximação linear, também chamada de polinômio de primeira ordem) de f em torno de (a,b)=(0,3) é dada pela fórmula
L(x,y)=f(a,b)+\frac{\partial f}{\partial x}(a,b)\,(x-a)+\frac{\partial f}{\partial y}(a,b)\,(y-b).
Substituindo os valores calculados:
L(x,y)=\cos 3 + (-3\cos 3)(x-0) + (-\sin 3)(y-3).
Ou de forma mais limpa:
L(x,y)=\cos 3 - 3\cos 3\,x - \sin 3\,(y-3).

Passo 9

Se quiseres, dá para expandir ainda mais:
L(x,y)=\cos 3 -3\cos 3\,x -\sin 3\,y + 3\sin 3,
mas a forma centrada em (x-0) e (y-3) é a mais direta para usar como aproximação perto do ponto.

Resposta

A função é diferenciável em (0,3).
L(x,y)=\cos 3 - 3\cos 3\,x - \sin 3\,(y-3)

Exercícios relacionados