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)=\sqrt{y+\cos ^{2}(x)}, P(0,3).

Passo 1

O enunciado pede duas coisas:
  • Mostrar por que a função f(x,y)=\sqrt{y+\cos^{2}(x)} é diferenciável no ponto P(0,3).
  • Encontrar a linearização L(x,y) de f nesse ponto.
Informações dadas:
  • A função é f(x,y)=\sqrt{y+\cos^{2}(x)}.
  • O ponto é P=(0,3).
  • Valor do argumento da raiz em P: \,y+\cos^{2}(x) em P vale \,3+\cos^{2}(0)=3+1=4, que é positivo.

Passo 2

O que significa ser diferenciável em um ponto (ideia intuitiva e critério prático).
  • Intuitivamente, uma função de duas variáveis é diferenciável em um ponto quando ela pode ser bem aproximada por um plano (uma função linear) perto desse ponto; formalmente existe uma aproximação linear cujo erro é de ordem menor que a distância ao ponto.
  • Critério prático que vamos usar (fácil e muito usado em provas): se uma função é resultado da composição de funções que são diferenciáveis e a composição é bem definida no ponto (ou seja, os argumentos estão num lugar onde todas as derivadas existem), então a função composta é diferenciável nesse ponto.
  • Aqui a função é uma composição de três peças simples:
    1. x\mapsto \cos x (função de uma variável, diferenciável para todo x),
    2. u\mapsto u^{2} aplicado a \cos x (produto/elevação ao quadrado — diferenciável para todo u),
    3. (x,y)\mapsto y+\cos^{2}x (soma de y e \cos^{2}x, diferenciável onde cada parcela é diferenciável),
    4. v\mapsto \sqrt{v} (função de uma variável, diferenciável sempre que v>0).
  • Já verificamos no Passo 1 que, em P, o argumento da raiz vale 4>0. Assim todas as peças são diferenciáveis no ponto e a composição é diferenciável em P.
  • Conclusão (prévia): por composição de funções diferenciáveis, f é diferenciável em P(0,3).

Passo 3

Vamos calcular as derivadas parciais de f de forma explícita (isso confirma a diferenciabilidade e é necessário para a linearização).
  • Defina a função interior \,g(x,y)=y+\cos^{2}(x). Então \,f(x,y)=\sqrt{g(x,y)}.
  • Derivada da raiz: para uma função de uma variável h(v)=\sqrt{v}=v^{1/2} tem-se \,h'(v)=\dfrac{1}{2\sqrt{v}} sempre que v>0.
  • Derivadas de g:
    • Parcial em x: \dfrac{\partial}{\partial x}\cos^{2}(x). Use regra da cadeia ou produto: \cos^{2}(x)=(\cos x)^{2} e \frac{d}{dx}\cos^{2}x = 2\cos x\cdot(-\sin x) = -2\sin x\cos x = -\sin(2x).(Mostrei duas formas: produto e identidade trigonométrica.)
      Portanto \frac{\partial g}{\partial x}(x,y)=-\sin(2x).
    • Parcial em y: como g tem termo y somado, \dfrac{\partial g}{\partial y}(x,y)=1.
  • Agora pela regra da cadeia para parciais (aplicando h'(g) multiplicando as derivadas de g): \frac{\partial f}{\partial x}(x,y)=\frac{1}{2\sqrt{g(x,y)}}\cdot\frac{\partial g}{\partial x}(x,y) =\frac{1}{2\sqrt{y+\cos^{2}x}}\cdot\bigl(-\sin(2x)\bigr).
\frac{\partial f}{\partial y}(x,y)=\frac{1}{2\sqrt{g(x,y)}}\cdot\frac{\partial g}{\partial y}(x,y) =\frac{1}{2\sqrt{y+\cos^{2}x}}\cdot 1 =\frac{1}{2\sqrt{y+\cos^{2}x}}.

Passo 4

Avaliar as derivadas parciais no ponto P(0,3).
  • Primeiro o valor da raiz: \,f(0,3)=\sqrt{3+\cos^{2}(0)}=\sqrt{3+1}=\sqrt{4}=2.
  • Avaliando \dfrac{\partial f}{\partial x} em (0,3): \frac{\partial f}{\partial x}(0,3)=\frac{-\sin(2\cdot 0)}{2\sqrt{3+\cos^{2}(0)}} =\frac{-\sin 0}{2\cdot 2}=\frac{0}{4}=0.
  • Avaliando \dfrac{\partial f}{\partial y} em (0,3): \frac{\partial f}{\partial y}(0,3)=\frac{1}{2\sqrt{3+\cos^{2}(0)}} =\frac{1}{2\cdot 2}=\frac{1}{4}.
  • Essas derivadas existem e são finitas; isso reforça a diferenciabilidade já inferida por composição.

Passo 5

Definição e fórmula da linearização (ou aproximação linear).
  • A linearização de f em torno do ponto P=(a,b) é o plano tangente que dá a melhor aproximação linear de f perto de P. A fórmula é L(x,y)=f(a,b)+\frac{\partial f}{\partial x}(a,b)\,(x-a)+\frac{\partial f}{\partial y}(a,b)\,(y-b).
  • Aqui a=0 e b=3. Já temos f(0,3)=2, \dfrac{\partial f}{\partial x}(0,3)=0 e \dfrac{\partial f}{\partial y}(0,3)=\tfrac{1}{4}.

Passo 6

Construir e simplificar a linearização.
  • Aplicando a fórmula: L(x,y)=2+0\cdot(x-0)+\frac{1}{4}\,(y-3).
  • Simplificando: L(x,y)=2+\frac{1}{4}(y-3)=2+\frac{y}{4}-\frac{3}{4}=\frac{y}{4}+\frac{5}{4}.
  • Portanto a linearização centrada em P(0,3) pode ser escrita de qualquer uma destas formas equivalentes: L(x,y)=2+\frac{1}{4}(y-3) \qquad\text{ou}\qquad L(x,y)=\frac{1}{4}y+\frac{5}{4}.

Passo 7

Comentário prático e pequeno exemplo de uso (reforço didático).
  • A linearização serve para aproximar f para pontos próximos de P. Exemplo rápido: para (x,y)=(0{,}1,\,3{,}05) (ou seja, x=0{,}1, y=3{,}05), L(0{,}1,3{,}05)=2+\frac{1}{4}(3{,}05-3)=2+\frac{1}{4}\cdot 0{,}05=2+0{,}0125=2{,}0125,que dá uma boa estimativa de \sqrt{3{,}05+\cos^{2}(0{,}1)} sem precisar calcular a raiz exata.
  • Isso mostra o uso prático na prova: calcule f(a,b), as parciais em (a,b) e monte L; depois plugue o ponto próximo para aproximar.

Resposta

A função é diferenciável em P(0,3).
L(x,y)=2+\dfrac{1}{4}(y-3)=\dfrac{1}{4}y+\dfrac{5}{4}

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