Mostre que cada uma das equações a seguir define implicitamente pelo menos uma função diferenciável z=z(x, y) no ponto dado. Além disso, calcule \frac{\partial z}{\partial x} e \frac{\partial z}{\partial y} em termos de x, y, z :
z+2 \cos (x+y+z)=2 em (0,0,0);

Passo 1

O enunciado nos dá a equação
z + 2\cos(x+y+z) = 2
e o ponto (0,0,0). As tarefas pedidas são:
  • Mostrar que essa equação define implicitamente pelo menos uma função diferenciável z=z(x,y) em torno do ponto (x,y)=(0,0) com z(0,0)=0.
  • Calcular \dfrac{\partial z}{\partial x} e \dfrac{\partial z}{\partial y} em termos de x,y,z.

Passo 2

Vamos trabalhar com a função auxiliar F(x,y,z) obtida ao colocar tudo no lado esquerdo da equação dada:
F(x,y,z)=z+2\cos(x+y+z)-2.
Primeiro verifiquemos que o ponto dado realmente pertence ao conjunto definido por F=0. Calcula-se
F(0,0,0)=0+2\cos(0+0+0)-2=2\cdot 1-2=0,
portanto (0,0,0) é uma solução da equação F(x,y,z)=0.

Passo 3

Ideia (explicada de forma prática): para que a equação F(x,y,z)=0 defina localmente z como função diferenciável de x e y, basta verificar que a derivada parcial de F em relação a z no ponto não é zero. Quando essa derivada parcial \dfrac{\partial F}{\partial z} é diferente de zero, existe (pelo teorema da função implícita) uma única função diferenciável z=z(x,y) em torno do ponto tal que F(x,y,z(x,y))\equiv 0. Também, nessa situação, as derivadas parciais de z podem ser obtidas pela fórmula
\frac{\partial z}{\partial x} = -\frac{F_x}{F_z},\qquad \frac{\partial z}{\partial y} = -\frac{F_y}{F_z},
onde F_x,F_y,F_z são as derivadas parciais de F em relação a x,y,z respectivamente. (Aqui cada F_\ast é a derivada parcial mantendo as outras variáveis fixas.)

Passo 4

Vamos calcular as derivadas parciais de F em forma simbólica. Use o regra da cadeia para a parte com \cos; se s=x+y+z, então \dfrac{\partial}{\partial x}\cos(s)=-\sin(s)\cdot \dfrac{\partial s}{\partial x}=-\sin(s)\cdot 1, etc.
Derivadas:
F_x(x,y,z)=\frac{\partial}{\partial x}\bigl(z+2\cos(x+y+z)-2\bigr) =0 + 2\bigl(-\sin(x+y+z)\bigr)\cdot 1 = -2\sin(x+y+z).
F_y(x,y,z)=-2\sin(x+y+z).
F_z(x,y,z)=\frac{\partial}{\partial z}\bigl(z+2\cos(x+y+z)-2\bigr) =1 + 2\bigl(-\sin(x+y+z)\bigr)\cdot 1 = 1-2\sin(x+y+z).
Agora avalie F_z no ponto (0,0,0):
F_z(0,0,0)=1-2\sin(0)=1-0=1\neq 0.
Como F(0,0,0)=0 e F_z(0,0,0)\neq 0, satisfaz-se a condição necessária do teorema da função implícita.

Passo 5

Pelo teorema da função implícita existe, em torno de (0,0), pelo menos uma função diferenciável z=z(x,y) tal que F(x,y,z(x,y))=0 e z(0,0)=0. Usando a fórmula das derivadas parciais dadas pelo teorema e as expressões de F_x,F_y,F_z obtidas no Passo 4, obtemos:
\frac{\partial z}{\partial x}(x,y) = -\frac{F_x(x,y,z)}{F_z(x,y,z)} = -\frac{-2\sin(x+y+z)}{1-2\sin(x+y+z)} = \frac{2\sin(x+y+z)}{1-2\sin(x+y+z)}.
\frac{\partial z}{\partial y}(x,y) = -\frac{F_y(x,y,z)}{F_z(x,y,z)} = -\frac{-2\sin(x+y+z)}{1-2\sin(x+y+z)} = \frac{2\sin(x+y+z)}{1-2\sin(x+y+z)}.

Passo 6

Como observação final rápida: no ponto (x,y,z)=(0,0,0) temos \sin(0)=0, então
\frac{\partial z}{\partial x}(0,0)=0,\qquad \frac{\partial z}{\partial y}(0,0)=0.
Força aí — a conclusão é limpa: existe a função diferenciável localmente e as derivadas parciais estão dadas pelas fórmulas acima.

Resposta

Existe: sim — pelo teorema da função implícita, pois F(x,y,z)=z+2\cos(x+y+z)-2 satisfaz F(0,0,0)=0 e F_z(0,0,0)=1\neq 0.\n \displaystyle \frac{\partial z}{\partial x}=\frac{2\sin(x+y+z)}{1-2\sin(x+y+z)}\n \displaystyle \frac{\partial z}{\partial y}=\frac{2\sin(x+y+z)}{1-2\sin(x+y+z)}

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