Uma função f: \mathbb{R}^{n} \rightarrow \mathbb{R} é dita homogênea de grau k quando f(t x)=t^{k} f(x) para todos t \in \mathbb{R} e x \in \mathbb{R}^{n}.
(a) Seja f: \mathbb{R}^{3} \rightarrow \mathbb{R} homogênea de grau 1 e diferenciável em (0,0). Prove que f é linear, isto é, que existem a, b e c números reais tais que
f(x, y, z)=a x+b y+c z
para todos (x, y, z) \in \mathbb{R}^{3}.
(b) Seja f: \mathbb{R}^{3} \rightarrow \mathbb{R} homogênea de grau k e diferenciável em (0,0). Prove a Fórmula de Euler, isto é:
k f(x, y, z)=x \frac{\partial f}{\partial x}(x, y, z)+y \frac{\partial f}{\partial y}(x, y, z)+z \frac{\partial f}{\partial z}(x, y, z)
para todos (x, y, z) \in \mathbb{R}^{3}.

Passo 1

O enunciado dá duas situações. Vou listar claramente o que é pedido e as hipóteses que temos.
(a) Hipóteses e pedido:
  • Temos f:\mathbb{R}^{3}\to\mathbb{R} que é homogênea de grau 1, ou seja,
f(t x,t y,t z)=t\,f(x,y,z)\quad\text{para todo }t\in\mathbb{R}\text{ e }(x,y,z)\in\mathbb{R}^3.
  • f é diferenciável na origem (0,0,0).
  • Pedem para provar que f é linear, isto é, que existem números reais a,b,c tais que
f(x,y,z)=a x+b y+c z\quad\text{para todo }(x,y,z)\in\mathbb{R}^3.
(b) Hipóteses e pedido:
  • Temos f:\mathbb{R}^{3}\to\mathbb{R} homogênea de grau k, ou seja,
f(t x,t y,t z)=t^{k}\,f(x,y,z)\quad\text{para todo }t\in\mathbb{R}\text{ e }(x,y,z)\in\mathbb{R}^3.
  • f é diferenciável (nos pontos onde for necessário para aplicar a regra da cadeia).
  • Pedem para provar a Fórmula de Euler:
k f(x,y,z)=x\frac{\partial f}{\partial x}(x,y,z)+y\frac{\partial f}{\partial y}(x,y,z)+z\frac{\partial f}{\partial z}(x,y,z)
para todo (x,y,z)\in\mathbb{R}^3.

Passo 2

Conceitos e ferramentas que vou usar (explicados de forma simples):
  • Diferenciabilidade em um ponto. Dizer que f é diferenciável em (0,0,0) significa que existe um mapa linear L:\mathbb{R}^3\to\mathbb{R} (a derivada diferencial em 0) tal que, escrevendo h=(h_1,h_2,h_3),
f(h)=f(0,0,0)+L(h)+r(h),
onde r(h) é um resto tal que
\lim_{h\to 0}\frac{r(h)}{\|h\|}=0.
Em notação curta, r(h)=o(\|h\|). Aqui \|h\| é a norma euclidiana do vetor h.
  • Esse mapa linear L pode ser representado por um produto escalar com o vetor gradiente em 0: existe (a,b,c) tal que
L(h)=a h_1+b h_2+c h_3,
e a=\frac{\partial f}{\partial x}(0,0,0), b=\frac{\partial f}{\partial y}(0,0,0), c=\frac{\partial f}{\partial z}(0,0,0).
  • Notação e propriedade de pequeno-o: r(h)=o(\|h\|) significa que r(h)/\|h\|\to 0 quando h\to 0.
Vou usar essas definições concretas para relacionar a homogeneidade com a aproximação linear dada pela diferenciabilidade.

Passo 3

Prova do item (a) — ideia geral e ponto inicial simples:
  • Primeiro, usando homogeneidade com t=0 obtemos f(0,0,0)=0, porque
f(0,0,0)=f(0\cdot x,0\cdot y,0\cdot z)=0\cdot f(x,y,z)=0.
  • Seja L a diferencial de f em (0,0,0). Pela definição de diferenciabilidade,
f(h)=L(h)+o(\|h\|)\quad\text{quando }h\to 0.
Essa é a aproximação linear de f perto da origem.

Passo 4

Conclusão rigorosa de (a) usando homogeneidade + diferenciabilidade:
  • Fixe um ponto arbitrário x=(x_1,x_2,x_3)\in\mathbb{R}^3. Considere a função de uma variável real
g(t)=f(t x_1,t x_2,t x_3).
Pela hipótese de homogeneidade de grau 1 temos
g(t)=t\,f(x_1,x_2,x_3)\quad\text{para todo }t\in\mathbb{R}.
  • Agora escrevemos g(t) usando a aproximação linear de f na origem. Tomando h=t x na expressão f(h)=L(h)+o(\|h\|), obtemos para t pequeno:
f(t x)=L(t x)+o(\|t x\|)=t\,L(x)+o(|t|).
  • Comparando com a homogeneidade f(t x)=t\,f(x), temos
t\,f(x)=t\,L(x)+o(|t|).
  • Para t\neq 0 dividimos por t:
f(x)=L(x)+\frac{o(|t|)}{t}.
Ao deixar t\to 0 a quantidade \frac{o(|t|)}{t} tende a 0. Portanto
f(x)=L(x).
  • Como x era arbitrário, concluímos que f coincide com a forma linear L em todo \mathbb{R}^3. Em outras palavras existem a,b,c\in\mathbb{R} tais que, para todo (x,y,z),
f(x,y,z)=a x+b y+c z,
com a=\frac{\partial f}{\partial x}(0,0,0), b=\frac{\partial f}{\partial y}(0,0,0), c=\frac{\partial f}{\partial z}(0,0,0).

Passo 5

Prova do item (b) — estratégia usando a função unidimensional e regra da cadeia:
  • Fixe um ponto x=(x_1,x_2,x_3)\in\mathbb{R}^3. Considere novamente a função de uma variável
g(t)=f(t x_1,t x_2,t x_3).
Pela homogeneidade de grau k temos
g(t)=t^{k} f(x_1,x_2,x_3)\quad\text{para todo }t\in\mathbb{R}.
  • Se f for diferenciável nos pontos da forma t x com t em um intervalo contendo 1, podemos calcular a derivada de g em torno de t=1. Pelo lado direito, derivando t^{k} f(x) em relação a t,
g'(t)=k t^{k-1} f(x_1,x_2,x_3).
Em particular, em t=1,
g'(1)=k f(x_1,x_2,x_3).

Passo 6

Aplicando a regra da cadeia para expressar g'(t) em termos das derivadas parciais de f:
  • Pela regra da cadeia, a derivada de g é dada por (quando f é diferenciável nos pontos apropriados)
g'(t)=x_1\frac{\partial f}{\partial x}(t x_1,t x_2,t x_3)+x_2\frac{\partial f}{\partial y}(t x_1,t x_2,t x_3)+x_3\frac{\partial f}{\partial z}(t x_1,t x_2,t x_3).
Isto é simplesmente o produto escalar do vetor x=(x_1,x_2,x_3) com o gradiente de f avaliado no ponto t x:
g'(t)=x\cdot\nabla f(t x).
  • Avaliando em t=1 obtemos
g'(1)=x_1\frac{\partial f}{\partial x}(x_1,x_2,x_3)+x_2\frac{\partial f}{\partial y}(x_1,x_2,x_3)+x_3\frac{\partial f}{\partial z}(x_1,x_2,x_3).

Passo 7

Concluir a Fórmula de Euler (unindo os dois modos de calcular g'(1)):
  • Pelo Passo 5 temos g'(1)=k f(x_1,x_2,x_3).
  • Pelo Passo 6 temos g'(1)=x_1\frac{\partial f}{\partial x}(x)+x_2\frac{\partial f}{\partial y}(x)+x_3\frac{\partial f}{\partial z}(x).
  • Igualando as duas expressões para g'(1) obtemos a Fórmula de Euler:
k f(x_1,x_2,x_3)=x_1\frac{\partial f}{\partial x}(x_1,x_2,x_3)+x_2\frac{\partial f}{\partial y}(x_1,x_2,x_3)+x_3\frac{\partial f}{\partial z}(x_1,x_2,x_3),
válida para todo x=(x_1,x_2,x_3) onde as derivadas parciais são bem definidas (isto é, nos pontos necessários para aplicar a regra da cadeia).

Resposta

(a) f(x,y,z)=a x+b y+c z, com a=\dfrac{\partial f}{\partial x}(0,0,0), b=\dfrac{\partial f}{\partial y}(0,0,0), c=\dfrac{\partial f}{\partial z}(0,0,0).\n(b) k f(x,y,z)=x\dfrac{\partial f}{\partial x}(x,y,z)+y\dfrac{\partial f}{\partial y}(x,y,z)+z\dfrac{\partial f}{\partial z}(x,y,z).

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