Mostre que cada uma das equações a seguir define implicitamente pelo menos uma função diferenciável z=z(x, y). Expresse \frac{\partial z}{\partial x} e \frac{\partial z}{\partial y} em termos de x, y e z.
e^{x+y+z}+x y z=1

Passo 1

O enunciado dá a equação
e^{x+y+z}+x y z=1
e pede duas coisas:
  • Mostrar que essa equação define implicitamente pelo menos uma função diferenciável z=z(x,y) (isto é, existe uma função z de duas variáveis x,y que satisfaz a equação em uma vizinhança de algum ponto).
  • Expressar \dfrac{\partial z}{\partial x} e \dfrac{\partial z}{\partial y} em termos de x,y,z.
Informações úteis que já temos do enunciado:
  • A incógnita dependente é z e as independentes são x,y.
  • A equação pode ser vista como uma condição F(x,y,z)=0 para alguma função F.

Passo 2

Defino a função auxiliar F que reúne a equação em uma forma padrão para aplicar o teorema da função implícita:
F(x,y,z)=e^{x+y+z}+x y z-1.
A ideia é procurar um ponto (x_0,y_0,z_0) tal que F(x_0,y_0,z_0)=0 e que a derivada parcial de F em relação a z nesse ponto seja diferente de zero. Se isso ocorrer, o teorema da função implícita garante a existência (e diferenciabilidade) de z=z(x,y) localmente.

Passo 3

Procuro um ponto simples que satisfaça a equação. Tentar x_0=0 e y_0=0 é natural. Substituindo na equação original:
e^{0+0+z_0}+0\cdot0\cdot z_0=1 \quad\Rightarrow\quad e^{z_0}=1.
Logo \,z_0=0 é uma solução. Então (x_0,y_0,z_0)=(0,0,0) satisfaz F(0,0,0)=0.

Passo 4

Calculo as derivadas parciais de F necessárias. Usando derivadas parciais e regra do produto:
F_x(x,y,z)=\frac{\partial}{\partial x}\bigl(e^{x+y+z}+x y z-1\bigr)=e^{x+y+z}+y z,
F_y(x,y,z)=\frac{\partial}{\partial y}\bigl(e^{x+y+z}+x y z-1\bigr)=e^{x+y+z}+x z,
F_z(x,y,z)=\frac{\partial}{\partial z}\bigl(e^{x+y+z}+x y z-1\bigr)=e^{x+y+z}+x y.
Aqui cada termo foi obtido assim: a derivada de e^{x+y+z} em relação a qualquer uma das variáveis x,y,z é e^{x+y+z} (porque a exponencial é diferenciável e a derivada da soma no expoente é 1), e a derivada de x y z em relação a x é y z, em relação a y é x z, e em relação a z é x y.

Passo 5

Avalio F_z no ponto (0,0,0):
F_z(0,0,0)=e^{0+0+0}+0\cdot0=1\neq 0.
Como F(0,0,0)=0 e F_z(0,0,0)\neq 0, o teorema da função implícita (aplicado a F) garante que existe uma vizinhança aberta U de (0,0) em \mathbb{R}^2 e uma única função diferenciável z:U\to\mathbb{R} tal que F(x,y,z(x,y))=0 para todos (x,y)\in U. Portanto a equação define implicitamente pelo menos uma função diferenciável z=z(x,y) perto de (0,0).

Passo 6

Agora obtenho fórmulas para as derivadas parciais de z. Parto da identidade válida para (x,y) na vizinhança:
F\bigl(x,y,z(x,y)\bigr)=0.
Derivo essa igualdade em relação a x, aplicando a regra da cadeia:
F_x(x,y,z)+F_z(x,y,z)\,\frac{\partial z}{\partial x}=0.
Isolando \dfrac{\partial z}{\partial x} obtemos a fórmula padrão da função implícita:
\frac{\partial z}{\partial x}=-\frac{F_x(x,y,z)}{F_z(x,y,z)}.
De forma análoga, derivando em relação a y e isolando \dfrac{\partial z}{\partial y}:
\frac{\partial z}{\partial y}=-\frac{F_y(x,y,z)}{F_z(x,y,z)}.

Passo 7

Substituo as expressões de F_x,F_y,F_z que calculei no Passo 4 para obter as fórmulas explícitas em termos de x,y,z:
\frac{\partial z}{\partial x}=-\frac{e^{x+y+z}+y z}{e^{x+y+z}+x y}, \qquad \frac{\partial z}{\partial y}=-\frac{e^{x+y+z}+x z}{e^{x+y+z}+x y}.
Estas fórmulas valem na vizinhança do ponto onde F_z\neq 0 (por exemplo, próximas de (0,0,0) onde garantimos existência da função implícita).

Resposta

\displaystyle \frac{\partial z}{\partial x}=-\frac{e^{x+y+z}+y z}{e^{x+y+z}+x y}
\displaystyle \frac{\partial z}{\partial y}=-\frac{e^{x+y+z}+x z}{e^{x+y+z}+x y}

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