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)=y+\operatorname{sen}\left(\frac{x}{y}\right), P(0,2).

Passo 1

O enunciado pede duas coisas:
  • Mostrar por que a função f(x,y)=y+\operatorname{sen}\!\left(\dfrac{x}{y}\right) é diferenciável no ponto P(0,2).
  • Encontrar a linearização L(x,y) de f naquele ponto.
As informações dadas são:
  • A função é f(x,y)=y+\operatorname{sen}\!\left(\dfrac{x}{y}\right).
  • O ponto onde devemos analisar e linearizar é P=(0,2).

Passo 2

O que significa “diferenciável” aqui (intuição e ferramenta prática).
  • Intuitivamente, uma função de duas variáveis é diferenciável em um ponto quando, perto desse ponto, ela pode ser bem aproximada por um plano (uma função linear). Esse plano é a linearização.
  • Uma condição prática muito usada: se as derivadas parciais de f existem numa vizinhança de P e são contínuas em P, então f é diferenciável em P. Vou usar essa condição porque é direta de aplicar e evita trabalhar com a definição epsilon-delta completa.
  • Para construir a linearização usamos a fórmula padrão (a “reta tangente” em 2D):
L(x,y)=f(a,b)+f_x(a,b)(x-a)+f_y(a,b)(y-b),
onde (a,b) é o ponto de tangência (aqui (0,2)), e f_x,f_y são as derivadas parciais.

Passo 3

Calcular as derivadas parciais de f. Vou explicar passo a passo as regras usadas.
  • Escrevemos f(x,y)=y + \sin\!\big(u(x,y)\big) com u(x,y)=\dfrac{x}{y}.
  • Regra da cadeia: se g(x,y)=\sin(u(x,y)) então
g_x=\cos(u)\cdot u_x,\qquad g_y=\cos(u)\cdot u_y.
  • Derivadas de u(x,y)=\dfrac{x}{y}:
u_x=\frac{1}{y},\qquad u_y=-\frac{x}{y^{2}}.
(Explicação rápida: para u(x,y)=x\cdot y^{-1}, derivando em relação a x trata-se de multiplicar por y^{-1}; em relação a y usamos a regra do quociente ou regra do produto com potência.)
  • Agora as derivadas parciais de f:
f_x(x,y)=0 + \cos\!\left(\frac{x}{y}\right)\cdot\frac{1}{y}=\frac{\cos\!\left(\dfrac{x}{y}\right)}{y},
f_y(x,y)=1 + \cos\!\left(\frac{x}{y}\right)\cdot\left(-\frac{x}{y^{2}}\right)=1-\frac{x\cos\!\left(\dfrac{x}{y}\right)}{y^{2}}.
(Expliquei: o y inicial em f dá derivada 1 em relação a y; a segunda parcela vem da cadeia.)

Passo 4

Avaliar as derivadas parciais e f no ponto P(0,2).
  • Primeiro o valor da função:
f(0,2)=2+\operatorname{sen}\!\left(\frac{0}{2}\right)=2+0=2.
  • Agora as derivadas parciais em (0,2):
f_x(0,2)=\frac{\cos\!\left(\dfrac{0}{2}\right)}{2}=\frac{\cos 0}{2}=\frac{1}{2},
f_y(0,2)=1-\frac{0\cdot\cos\!\left(\dfrac{0}{2}\right)}{2^{2}}=1-0=1.

Passo 5

Mostrar por que isso garante diferenciabilidade em P.
  • As expressões de f_x e f_y são compostas por \cos\!\left(\dfrac{x}{y}\right), funções racionais em y (como 1/y e 1/y^{2}) e operações somas e produtos. Essas funções são contínuas em qualquer ponto onde y\neq 0.
  • Como P tem coordenada y=2\neq 0, existe uma pequena vizinhança de P onde todas essas expressões são bem definidas e contínuas. Logo f_x e f_y existem nessa vizinhança e são contínuas em P.
  • Pela condição prática citada no Passo 2, f é diferenciável em P(0,2).

Passo 6

Construir a linearização usando a fórmula e os valores obtidos.
  • A fórmula da linearização em (a,b)=(0,2) é
L(x,y)=f(0,2)+f_x(0,2)(x-0)+f_y(0,2)(y-2).
  • Substituindo f(0,2)=2, f_x(0,2)=\dfrac{1}{2} e f_y(0,2)=1:
L(x,y)=2+\frac{1}{2}x+1\cdot(y-2).
  • Simplificando:
L(x,y)=y+\frac{x}{2}.

Resposta

A função é diferenciável em P(0,2) porque as derivadas parciais existem numa vizinhança de P e são contínuas em P.
L(x,y)=y+\dfrac{x}{2}