Mostre que a função f(x, y)=e^{-x y} \cos (y) é diferenciável no ponto P=(\pi, 0). Em seguida, encontre sua função de linearização nas vizinhanças de P e use-a para estimar f no ponto Q=(3.5,0.98). Qual o erro nesta aproximação?

Passo 1

O enunciado dá a função \,f(x,y)=e^{-x y}\cos(y)\, e os pontos P=(\pi,0) e Q=(3,5,0,98) (note que os números com vírgula na entrada seguem a notação pedida). As perguntas são:
  1. Mostrar que f é diferenciável em P.
  2. Encontrar a função de linearização (aproximação linear) de f nas vizinhanças de P.
  3. Usar essa linearização para estimar f em Q.
  4. Calcular o erro da aproximação (diferença entre o valor verdadeiro e a estimativa).
Informações relevantes dadas: a expressão explícita de f e as coordenadas de P e Q.

Passo 2

O que significa mostrar que f é diferenciável em P? Vou explicar de um jeito direto e prático. Para uma função de duas variáveis, dizer que f é diferenciável em P=(x_0,y_0) significa que existe uma aproximação linear (um polinômio de grau 1) que aproxima bem f perto de P; formalmente existe um mapa linear L(h,k) tal que
\lim_{(h,k)\to(0,0)}\frac{f(x_0+h,y_0+k)-f(x_0,y_0)-L(h,k)}{\sqrt{h^2+k^2}}=0.
Na prática, uma maneira simples de garantir diferenciabilidade é mostrar que as derivadas parciais existem em um entorno e são contínuas em P — então f é diferenciável em P. Vou calcular as derivadas parciais e verificar continuidade (no caso, f é combinação de exponencial e trigonométrica, funções suaves, então as parciais serão contínuas).

Passo 3

Vamos calcular a derivada parcial de f em relação a x. Primeiro escrevo f como produto de duas funções:
f(x,y)=\underbrace{e^{-xy}}_{g(x,y)}\cdot \underbrace{\cos(y)}_{h(y)}.
Quando derivamos em relação a x, \cos(y) é tratado como constante (não depende de x). A regra da cadeia diz que
\frac{\partial}{\partial x}e^{-xy}=(-y)e^{-xy}.
Portanto, aplicando produto/constante,
\frac{\partial f}{\partial x}(x,y)=(-y)e^{-xy}\cos(y).
Agora avalio em P=(\pi,0). Como y=0 em P,
\frac{\partial f}{\partial x}(\pi,0)=(-0)\,e^{-\pi\cdot 0}\cos(0)=0.

Passo 4

Agora a derivada parcial em relação a y. Uso a regra do produto:
\frac{\partial f}{\partial y}(x,y)=\frac{\partial}{\partial y}\big(e^{-xy}\big)\cos(y)+e^{-xy}\frac{\partial}{\partial y}\big(\cos(y)\big).
Calculo as duas peças: \frac{\partial}{\partial y}e^{-xy}=(-x)e^{-xy} (regra da cadeia) e \frac{\partial}{\partial y}\cos(y)=-\sin(y). Assim
\frac{\partial f}{\partial y}(x,y)=(-x)e^{-xy}\cos(y)+e^{-xy}(-\sin(y))=e^{-xy}\big(-x\cos(y)-\sin(y)\big).
Avalio em P=(\pi,0). Como e^{0}=1, \cos(0)=1 e \sin(0)=0,
\frac{\partial f}{\partial y}(\pi,0)=1\cdot\big(-\pi\cdot 1 - 0\big)=-\pi.

Passo 5

Conclusão sobre diferenciabilidade: encontramos \partial f/\partial x e \partial f/\partial y em P. Além disso, as expressões para as derivadas parciais são combinações de e^{-xy}, \cos(y) e \sin(y), que são funções contínuas em todo \mathbb{R}^2. Portanto as derivadas parciais são contínuas num entorno de P, e isso garante que f é diferenciável em P. Em linguagem do enunciado: a resposta é que f é diferenciável em P.

Passo 6

Agora obtenho a função de linearização (aproximação linear, primeira aproximação de Taylor) de f em P. A fórmula da linearização em torno de P=(x_0,y_0) é
L(x,y)=f(x_0,y_0)+f_x(x_0,y_0)(x-x_0)+f_y(x_0,y_0)(y-y_0).
Aqui x_0=\pi, y_0=0. Já calculei f(\pi,0)=e^{-\pi\cdot 0}\cos 0=1, f_x(\pi,0)=0 e f_y(\pi,0)=-\pi. Substituindo:
L(x,y)=1+0\cdot(x-\pi)+(-\pi)\cdot(y-0)=1-\pi y.
Portanto a linearização é \,L(x,y)=1-\pi y\,. Interpretação rápida: perto de P a função se comporta aproximadamente como uma reta em y, sem dependência linear em x porque f_x(\pi,0)=0.

Passo 7

Usar a linearização para estimar f em Q=(3,5,0,98). Basta avaliar L em Q:
L(3,5,0,98)=1-\pi\cdot 0,98.
Vou calcular isso com passos: \pi\approx 3,14159265. Multiplicando por 0,98:
\pi\cdot 0,98=\pi(1-0,02)=\pi-0,02\pi\approx 3,14159265-0,062831853=3,078760797.
Logo
L(3,5,0,98)\approx 1-3,078760797=-2,078760797\approx -2,07876.

Passo 8

Agora calculo o valor real f(Q)=e^{-x y}\cos(y) em Q para comparar. Primeiro x y=3,5\cdot 0,98=3,43. Então
f(3,5,0,98)=e^{-3,43}\cos(0,98).
Vou aproximar cada fator com cuidado (mostrando como fazer na prova sem calculadora, usando decomposição e séries truncadas):
a) Aproximação de e^{-3,43}. Escrevo e^{-3,43}=e^{-3}\,e^{-0,43}. Sabemos e^{-3}\approx 0,04978707. Para e^{-0,43} uso a série de Taylor truncada para e^{-t} em t=0,43:
e^{-0,43}\approx 1-0,43+\frac{0,43^2}{2}-\frac{0,43^3}{6} =1-0,43+0,09245-0,0132512\approx 0,6491988.
Multiplicando por e^{-3}:
e^{-3,43}\approx 0,04978707\cdot 0,6491988\approx 0,032427\quad(\text{arredondado}).
b) Aproximação de \cos(0,98). Uso identidades para escrever 0,98=1-0,02 e a fórmula do cosseno da diferença:
\cos(0,98)=\cos(1-0,02)=\cos 1\cos 0,02+\sin 1\sin 0,02.
Valores conhecidos (aproximações usadas frequentemente): \cos 1\approx 0,540302306, \sin 1\approx 0,841470985. Para \cos 0,02 e \sin 0,02 uso séries:
\cos 0,02\approx 1-\frac{0,02^2}{2}=1-0,0002=0,9998, \qquad \sin 0,02\approx 0,02-\frac{0,02^3}{6}\approx 0,0199986667.
Agora computo
\cos(0,98)\approx 0,540302306\cdot 0,9998 + 0,841470985\cdot 0,01999867 \approx 0,540194 + 0,0168294\approx 0,5570234.
c) Multiplicando os dois fatores:
f(3,5,0,98)\approx 0,032427\cdot 0,5570234\approx 0,01807\quad(\text{arredondado}).

Passo 9

Calculo do erro da aproximação. Tomando erro absoluto (diferença entre valor real e estimativa linear):
\text{erro}=|f(3,5,0,98)-L(3,5,0,98)|.
Com os valores aproximados:
f(3,5,0,98)\approx 0,01807,\qquad L(3,5,0,98)\approx -2,0787608.
Logo
\text{erro}\approx |0,01807-(-2,0787608)|=2,0968308\approx 2,09683.
Observação intuitiva: o erro é grande porque a variação em y (de 0 para 0,98) não é pequena; a linearização é boa para deslocamentos pequenos, mas aqui y mudou quase uma unidade inteira, então a aproximação linear falha bastante.

Resposta

Diferenciável em P: sim.
Função de linearização: L(x,y)=1-\pi y.
Estimativa por linearização em Q=(3,5,0,98): L(3,5,0,98)\approx -2,07876.
Erro absoluto da aproximação: \approx 2,09683.

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