Find the linearization L(x, y) of the function f(x, y) at P_{0}. Then find an upper bound for the magnitude |E| of the error in the approximation f(x, y) \approx L(x, y) over the rectangle R.
f(x, y)=x^{2}-3 x y+5 at P_{0}(2,1),
R:|x-2| \leq 0.1, \quad|y-1| \leq 0.1

Passo 1

O enunciado dá a função e o ponto onde linearizar, e pede também uma cota para o erro na aproximação sobre um retângulo. Dados extraídos do enunciado:
  • Função: f(x,y)=x^{2}-3xy+5.
  • Ponto de linearização: P_{0}=(2,1).
  • Retângulo: R=\{(x,y):|x-2|\le 0,1,\\ |y-1|\le 0,1\}.
O que é pedido:
  1. Encontrar a linearização L(x,y) de f em P_{0}.
  2. Encontrar uma cota superior para |E|, onde E=f(x,y)-L(x,y), válida para todos os pontos (x,y)\in R.

Passo 2

Recordando o conceito: a linearização (primeiro termo de Taylor) de uma função f de duas variáveis em (a,b) é
L(x,y)=f(a,b)+f_x(a,b)\,(x-a)+f_y(a,b)\,(y-b),
onde f_x e f_y são as derivadas parciais de primeira ordem. A ideia é aproximar f por um plano tangente em (a,b); as derivadas parciais dão as inclinações desse plano nas direções x e y.
Agora vamos calcular as derivadas parciais de f.

Passo 3

Calcular as derivadas parciais:
f_x(x,y)=\frac{\partial}{\partial x}\big(x^{2}-3xy+5\big)=2x-3y,
f_y(x,y)=\frac{\partial}{\partial y}\big(x^{2}-3xy+5\big)=-3x.
Avaliar em P_{0}=(2,1):
f(2,1)=2^{2}-3\cdot2\cdot1+5=4-6+5=3,
f_x(2,1)=2\cdot2-3\cdot1=4-3=1,
f_y(2,1)=-3\cdot2=-6.
Substituindo na fórmula da linearização:
L(x,y)=3+1\cdot(x-2)+(-6)\cdot(y-1).
Podemos simplificar:
L(x,y)=3+(x-2)-6(y-1)=x-6y+7.

Passo 4

Agora vamos tratar do erro E(x,y)=f(x,y)-L(x,y). Para funções duas vezes continuamente diferenciáveis, o termo restante da expansão de Taylor em torno de (a,b) (resto de ordem 2) é dado pela forma quadrática em (x-a,y-b) envolvendo as segundas derivadas. Especificamente, existe uma expressão (quando as segundas derivadas são contínuas) que, em geral, pode ser estimada por meio das segundas derivadas. Como aqui f é um polinômio quadrático, as segundas derivadas são constantes, e o resto é exatamente a forma quadrática
E(x,y)=\tfrac{1}{2}\Big(f_{xx}(a,b)(x-a)^{2}+2f_{xy}(a,b)(x-a)(y-b)+f_{yy}(a,b)(y-b)^{2}\Big),
onde f_{xx},f_{xy},f_{yy} são as segundas derivadas. Vou calcular essas segundas derivadas.

Passo 5

Calcular as segundas derivadas (são constantes porque f é quadrática):
f_{xx}(x,y)=\frac{\partial}{\partial x}(2x-3y)=2,
f_{xy}(x,y)=\frac{\partial}{\partial y}(2x-3y)=-3,
f_{yy}(x,y)=\frac{\partial}{\partial y}(-3x)=0.
Como são constantes, f_{xx}(a,b)=2,\\ f_{xy}(a,b)=-3,\\ f_{yy}(a,b)=0.
Substituindo na expressão do resto (com a=2,\\ b=1) obtemos, para u=x-2 e v=y-1,
E(x,y)=\tfrac{1}{2}\big(2u^{2}+2(-3)uv+0\cdot v^{2}\big)=u^{2}-3uv.
Voltando a x,y:
E(x,y)=(x-2)^{2}-3(x-2)(y-1).
Observação didática: como f é quadrática, a linearização preserva exatamente os termos de ordem 0 e 1, e o erro é exatamente o termo quadrático restante — não é uma estimativa, é igualidade.

Passo 6

Queremos uma cota superior para |E(x,y)| em todo o retângulo R onde |u|\le 0,1 e |v|\le 0,1. Usamos desigualdades simples para obter uma cota clara e fácil de aplicar.
Usando a desigualdade triangular:
|E|=|u^{2}-3uv|\le |u|^{2}+3|u||v|.
Agora substituímos os máximos permitidos por u e v:
|u|^{2}\le(0,1)^{2}=0,01,\qquad 3|u||v|\le 3\cdot 0,1\cdot 0,1=0,03.
Somando,
|E|\le 0,01+0,03=0,04.
Verificação rápida de que essa cota é atingível: escolhendo u=0,1 e v=-0,1 (ou u=-0,1,\\ v=0,1) temos
E=0,01-3(0,1)(-0,1)=0,01+0,03=0,04,
ou seja, o valor absoluto máximo no retângulo é realmente 0,04. Portanto a cota é boa e atingida nas bordas.

Resposta

L(x,y)=x-6y+7
|E|\le 0,04

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