A função f(x, y, z)=\ln (1-x-y-z) é de classe C^{1} em (x, y, z) \in D_{f} ? ( D_{f} é o maior domínio possível de f contido no \mathbb{R}^{3} ). Justifique.

Passo 1

O enunciado dá a função f(x,y,z)=\ln(1-x-y-z) e pede para responder se f é de classe C^{1} em (x,y,z)\in D_{f}, onde D_{f} é o maior domínio possível de f contido em \mathbb{R}^{3}.
Informações relevantes fornecidas:
\text{a função: }f(x,y,z)=\ln(1-x-y-z).çã
A pergunta é: qual é o maior domínio D_{f}\subset\mathbb{R}^{3} onde f está definida, e f é de classe C^{1} em todo esse domínio?
(A resolução começa no Passo 2.)

Passo 2

Encontrar o maior domínio D_{f}.
Para que \ln esteja definida precisamos que o argumento seja estritamente positivo. Portanto exigimos
1-x-y-z>0.
Assim o maior domínio possível é
D_{f}=\{(x,y,z)\in\mathbb{R}^{3}\mid 1-x-y-z>0\}=\{(x,y,z)\in\mathbb{R}^{3}\mid x+y+z<1\}.

Passo 3

Mostrar que D_{f} é um conjunto aberto (isso será útil para aplicar teoremas sobre diferenciabilidade).
Se (x_{0},y_{0},z_{0})\in D_{f}, então s:=1-x_{0}-y_{0}-z_{0}>0. Tome r=s/2>0. Se (x,y,z) satisfaz \sqrt{(x-x_{0})^{2}+(y-y_{0})^{2}+(z-z_{0})^{2}}<r, então por desigualdade triangular simples temos
| (x+y+z)-(x_{0}+y_{0}+z_{0}) | \le |x-x_{0}|+|y-y_{0}|+|z-z_{0}| < 3r.
Usando que r=s/2 e que s>0 dá que para pontos suficientemente próximos a (x_{0},y_{0},z_{0}) ainda teremos x+y+z<1. Mais direto: escolhendo raio pequeno o suficiente garantimos 1-x-y-z>0. Logo todo ponto de D_{f} tem uma bola ao seu redor contida em D_{f}, isto é, D_{f} é aberto.

Passo 4

Calcular as derivadas parciais de f. Vou usar a regra da cadeia de forma elementar: escreva u(x,y,z)=1-x-y-z, então f=\ln\circ u. A derivada de \ln(t) em t>0 é 1/t. Assim, por derivação em coordenadas,
\frac{\partial f}{\partial x}(x,y,z)=\frac{d}{dx}\ln(u)=\frac{1}{u}\cdot\frac{\partial u}{\partial x}.
Como \frac{\partial u}{\partial x}=-1 (porque u=1-x-y-z é afim), obtemos
\frac{\partial f}{\partial x}(x,y,z)=-\frac{1}{1-x-y-z}.
Analogamente,
\frac{\partial f}{\partial y}(x,y,z)=-\frac{1}{1-x-y-z},\qquad \frac{\partial f}{\partial z}(x,y,z)=-\frac{1}{1-x-y-z}.

Passo 5

Mostrar que as derivadas parciais existem em todo D_{f} e são contínuas em D_{f}.
As fórmulas do Passo 4 mostram que as derivadas parciais existem em cada ponto de D_{f} (o denominador 1-x-y-z é positivo aí). Cada derivada parcial é a composição de funções contínuas: a função afim u(x,y,z)=1-x-y-z é contínua, e t\mapsto 1/t é contínua para t>0. A composição de contínuas é contínua, logo cada \partial f/\partial x, \partial f/\partial y, \partial f/\partial z é contínua em D_{f}.

Passo 6

Usar o critério que transforma existência e continuidade de derivadas parciais em classe C^{1}.
Teorema (fato padrão, que podemos usar sem prova aqui): se numa vizinhança aberta as derivadas parciais existem e são contínuas, então a função é diferenciável ali e suas derivadas parciais coincidem com os coeficientes do diferencial (ou seja, a função é de classe C^{1}). Já estabelecemos no Passo 5 que as derivadas parciais existem e são contínuas em todo D_{f}. Portanto f é diferenciável em cada ponto de D_{f} e suas derivadas parciais são contínuas em D_{f}.

Passo 7

Conclusão fortalecida e exemplo numérico para intuir.
Concluímos que f é de classe C^{1} em todo D_{f}. Na verdade a mesma argumentação (com \ln e função afim, ambas infinitamente diferenciáveis em seus domínios) mostra que f é C^{\infty} em D_{f}. Como exemplo concreto, em (0,0,0)\in D_{f} temos \nabla f(0,0,0)=(-1,-1,-1), o que bate com as fórmulas obtidas.

Resposta

Sim. D_{f}=\{(x,y,z)\in\mathbb{R}^{3}\mid x+y+z<1\} e f é de classe C^{1} em D_{f} (na verdade C^{\infty}); as derivadas parciais são \displaystyle \frac{\partial f}{\partial x}=\frac{\partial f}{\partial y}=\frac{\partial f}{\partial z}=-\frac{1}{1-x-y-z}.

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