Problema 4. Seja f(x, y)=x y^{2} \ln \left(\frac{x}{y}\right). Mostre que f é diferenciável em (1,1) e determine a equação do plano tangente ao gráfico de f no ponto ( 1,1,0 ).

Passo 1

O enunciado dá a função f(x,y)=x\,y^{2}\ln\!\left(\frac{x}{y}\right) e pede duas coisas: mostrar que f é diferenciável em (1,1) e determinar a equação do plano tangente ao gráfico de f no ponto (1,1,0).
Informações relevantes fornecidas: f está escrita em termos de x, y e \ln(x/y); o ponto de interesse é (1,1) no domínio (note que \ln(x/y) exige x/y>0, então devemos trabalhar numa vizinhança onde x>0 e y>0). Não há outras informações no enunciado.

Passo 2

O que significa “mostrar diferenciabilidade” aqui (explicação didática): uma função de duas variáveis f(x,y) é diferenciável em um ponto (x_0,y_0) se ela pode ser aproximada linearmente por um plano, isto é, existe um linear (o diferencial dado pelo gradiente) que aproxima f de modo que o erro seja pequeno em relação à distância ao ponto. Em fórmulas: f é diferenciável em (x_0,y_0) se existir um vetor \nabla f(x_0,y_0)=(f_x(x_0,y_0),f_y(x_0,y_0)) tal que
f(x_0+h,y_0+k)=f(x_0,y_0)+f_x(x_0,y_0)\,h+f_y(x_0,y_0)\,k+o(\sqrt{h^2+k^2})
quando (h,k)\to(0,0). Um teorema prático muito usado na prova: se as derivadas parciais f_x e f_y existem num entorno do ponto e são contínuas nesse entorno, então f é diferenciável no ponto. Vou usar esse critério por ser direto e aplicável aqui (a função é composta por produtos e logaritmo, que são suaves em x>0,y>0).

Passo 3

Vamos calcular a derivada parcial de f em relação a x (explicando passo a passo). É útil reescrever o logaritmo:
\ln\!\left(\frac{x}{y}\right)=\ln x-\ln y.
Assim
f(x,y)=x\,y^{2}\big(\ln x-\ln y\big).
Ao derivar em relação a x mantemos y fixo. Usamos a regra do produto: se u(x)=x e v(x)=y^{2}(\ln x-\ln y) então (uv)'=u'v+uv'. Aqui u'=1 e
v'(x)=y^{2}\cdot\frac{d}{dx}(\ln x-\ln y)=y^{2}\cdot\frac{1}{x},
pois \ln y é constante quando derivamos em relação a x. Logo
f_x(x,y)=y^{2}(\ln x-\ln y)+x\cdot y^{2}\cdot\frac{1}{x}.
Simplificando o segundo termo:
f_x(x,y)=y^{2}\big(\ln x-\ln y\big)+y^{2}=y^{2}\big(1+\ln\!\left(\frac{x}{y}\right)\big).

Passo 4

Agora calculamos a derivada parcial em relação a y, com x fixo. Partimos de f(x,y)=x\,y^{2}\big(\ln x-\ln y\big). Novamente usamos a regra do produto, agora com u(y)=y^{2} e v(y)=x(\ln x-\ln y) (ou mais diretamente derivamos x y^2 e \ln(x/y)). Faço passo a passo: derivada de y^2 é 2y, e derivada de \ln(x/y)=\ln x-\ln y em relação a y é -1/y. Assim, usando produto x como constante multiplicativa:
f_y(x,y)=x\cdot\big(2y\big)\big(\ln x-\ln y\big)+x\,y^{2}\cdot\big(-\frac{1}{y}\big).
Simplificando o segundo termo x\,y^{2}\cdot(-1/y) = -x\,y, temos
f_y(x,y)=2x y\big(\ln\!\left(\frac{x}{y}\right)\big)-x y.
Podemos fatorar x y se quisermos:
f_y(x,y)=x y\big(2\ln\!\left(\frac{x}{y}\right)-1\big).

Passo 5

Avaliação das derivadas parciais no ponto (1,1). Note que \ln(1/1)=\ln 1=0. Então
f_x(1,1)=1^{2}\big(1+\ln(1)\big)=1\cdot(1+0)=1,
e
f_y(1,1)=1\cdot 1\big(2\ln(1)-1\big)=1\cdot(0-1)=-1.
Portanto o gradiente no ponto é \nabla f(1,1)=(1,-1).

Passo 6

Justificativa da diferenciabilidade (didática e sem pular passos): as expressões para f_x(x,y) e f_y(x,y) que obtivemos envolvem polinômios em x,y, termos como 1/x e \ln(x/y). Essas funções são contínuas em qualquer vizinhança de (1,1) contida em \{(x,y):x>0,y>0\}. Podemos escolher um disco centrado em (1,1) pequeno o bastante (por exemplo, raio 1/2) tal que nele x>1/2 e y>1/2, garantindo continuidade de todas as componentes. Assim f_x e f_y existem e são contínuas em um entorno de (1,1). Pelo teorema padrão de cálculo de várias variáveis, isso implica que f é diferenciável em (1,1). (Intuição: funções formadas por soma, produto e composição de funções diferenciáveis são diferenciáveis; aqui temos produto e logaritmo, todos suaves em x>0,y>0.)

Passo 7

Determinar a equação do plano tangente (explicação de como montar o plano): a fórmula do plano tangente ao gráfico z=f(x,y) no ponto (x_0,y_0,f(x_0,y_0)) é a aproximação linear
z=f(x_0,y_0)+f_x(x_0,y_0)(x-x_0)+f_y(x_0,y_0)(y-y_0).
No nosso caso x_0=1, y_0=1 e f(1,1)=1\cdot1^{2}\ln(1)=0. Substituindo os valores das derivadas parciais:
z=0+1\cdot(x-1)+(-1)\cdot(y-1).
Simplificando:
z=(x-1)-(y-1)=x-y.
Então o plano tangente é z=x-y. Verificação rápida: no ponto (1,1) z=1-1=0, que coincide com a altura dada (1,1,0).

Resposta

f é diferenciável em (1,1).\nPlano tangente: z=x-y.

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