Questão 1. Considere a função f: \mathbb{R}^{2} \rightarrow \mathbb{R} definida por
f(x, y)=e^{-x^{3} y} \cos (x+2 y) .
(a) Encontre a linearização de f no ponto (0, \pi).
(b) Explique porque f é diferenciável.
(c) Explique porque o valor de f(0.01 ; 3.14) está próximo de 1 .

Passo 1

O enunciado pede três coisas sobre a função
f(x,y)=e^{-x^{3}y}\cos(x+2y).
As perguntas são:
  • (a) Encontrar a linearização de f no ponto (0,\pi).
  • (b) Explicar por que f é diferenciável.
  • (c) Explicar por que o valor de f(0{,}01;3{,}14) está próximo de 1.
Informações dadas que vamos usar explicitamente:
f(x,y)=e^{-x^{3}y}\cos(x+2y),\qquad\text{o ponto }(a,b)=(0,\pi).
Nada mais é fornecido; a resolução parte dessa função e do ponto indicado.

Passo 2

Vamos calcular as derivadas parciais de f. Antes de fazer as contas eu explico as regras que vou usar de forma bem direta:
  • Regra da cadeia: se g(x,y)=E(u(x,y)) então \partial g/\partial x = E'(u(x,y))\cdot \partial u/\partial x.
  • Regra do produto: se g(x,y)=A(x,y)\,B(x,y) então \partial g/\partial x = A_x B + A B_x.
    No nosso caso f(x,y)=\underbrace{e^{-x^{3}y}}_{A(x,y)}\cdot\underbrace{\cos(x+2y)}_{B(x,y)}.
Calculemos passo a passo \partial f/\partial x.
Primeiro a derivada de A(x,y)=e^{-x^{3}y}. Seja u(x,y)=-x^{3}y. Então
\frac{\partial u}{\partial x}=-3x^{2}y
e pela regra da cadeia
\frac{\partial A}{\partial x}=e^{u}\cdot\frac{\partial u}{\partial x}=e^{-x^{3}y}(-3x^{2}y).
A derivada de B(x,y)=\cos(x+2y) em relação a x é
\frac{\partial B}{\partial x}=-\sin(x+2y)\cdot 1=-\sin(x+2y).
Aplicando a regra do produto:
\frac{\partial f}{\partial x}= \left(e^{-x^{3}y}(-3x^{2}y)\right)\cos(x+2y) + e^{-x^{3}y}\left(-\sin(x+2y)\right).
Podemos fatorar e^{-x^{3}y}:
\frac{\partial f}{\partial x}=e^{-x^{3}y}\bigl(-3x^{2}y\cos(x+2y)-\sin(x+2y)\bigr).
Agora \partial f/\partial y. De novo u(x,y)=-x^{3}y e
\frac{\partial u}{\partial y}=-x^{3},
portanto
\frac{\partial A}{\partial y}=e^{-x^{3}y}(-x^{3}).
A derivada de B em relação a y é
\frac{\partial B}{\partial y}=-\sin(x+2y)\cdot 2=-2\sin(x+2y).
Usando produto:
\frac{\partial f}{\partial y}=e^{-x^{3}y}\bigl(-x^{3}\cos(x+2y)-2\sin(x+2y)\bigr).
Resumo das derivadas parciais (já fatoradas):
\frac{\partial f}{\partial x}(x,y)=e^{-x^{3}y}\bigl(-3x^{2}y\cos(x+2y)-\sin(x+2y)\bigr),
\frac{\partial f}{\partial y}(x,y)=e^{-x^{3}y}\bigl(-x^{3}\cos(x+2y)-2\sin(x+2y)\bigr).

Passo 3

Avaliamos f e as derivadas no ponto (0,\pi). Primeiro o valor de f no ponto:
f(0,\pi)=e^{-(0)^{3}\pi}\cos(0+2\pi)=e^{0}\cos(2\pi)=1\cdot 1=1,
pois \cos(2\pi)=1.
Agora as derivadas no ponto. Note que em (0,\pi) temos x=0, y=\pi, e x+2y=0+2\pi=2\pi, então \sin(2\pi)=0 e \cos(2\pi)=1. Substituindo nas fórmulas:
\frac{\partial f}{\partial x}(0,\pi)=e^{0}\bigl(-3\cdot 0^{2}\cdot\pi\cdot 1 - 0\bigr)=0,
\frac{\partial f}{\partial y}(0,\pi)=e^{0}\bigl(-0^{3}\cdot 1 -2\cdot 0\bigr)=0.
Portanto o gradiente em (0,\pi) é \nabla f(0,\pi)=(0,0).

Passo 4

Agora escrevo a fórmula da linearização (aproximação afim de primeira ordem, também chamada de aproximação de Taylor de primeira ordem) de f no ponto (a,b)=(0,\pi):
L(x,y)=f(a,b)+\frac{\partial f}{\partial x}(a,b)(x-a)+\frac{\partial f}{\partial y}(a,b)(y-b).
Substituindo os valores calculados f(0,\pi)=1, \partial f/\partial x(0,\pi)=0, \partial f/\partial y(0,\pi)=0 e a=0, b=\pi, obtemos
L(x,y)=1 + 0\cdot(x-0)+0\cdot(y-\pi)=1.
Ou seja, a linearização de f no ponto (0,\pi) é a função constante L(x,y)\equiv 1.
Pequena interpretação intuitiva: a melhor aproximação linear de primeira ordem em torno desse ponto é a constante 1 porque a inclinação (gradiente) ali é zero — é como se a superfície estivesse “achatada” naquele ponto, até primeira ordem.

Passo 5

Explico por que f é diferenciável (de um jeito prático para a prova).
Fatos que convém saber e usar sem medo:
  • Funções elementares como polinômios, exponencial, seno e cosseno são diferenciáveis em toda parte e, de fato, têm derivadas contínuas (são C^\infty).
  • Composições e produtos de funções diferenciáveis são diferenciáveis e as derivadas resultantes são combinações contínuas dessas funções elementares.
No nosso caso f(x,y)=e^{-x^{3}y}\cos(x+2y) é produto e composição de polinômios, exponencial, cosseno e soma; portanto f pertence a C^{\infty}(\mathbb{R}^{2}). Em particular as derivadas parciais que calculamos existem e são contínuas em todo \mathbb{R}^{2}. Um teorema básico (usado rotineiramente em provas) afirma: se as derivadas parciais de uma função existem num ponto e são contínuas numa vizinhança desse ponto, então a função é diferenciável nesse ponto. Assim f é diferenciável em todo \mathbb{R}^{2}, logo também em (0,\pi).
Comentário motivador: diferenciar muitas vezes é só verificar que você está combinando coisas suaves (polinômios, exp, sen, cos), então a função resultante é suave também.

Passo 6

Por que f(0{,}01,3{,}14) está próximo de 1? Vou mostrar duas justificativas complementares: uma teórica e outra numérica para quantificar quão perto.
  1. Raciocínio pela linearização:
  • A linearização em (0,\pi) é L(x,y)\equiv 1.
  • Para um ponto (x,y) próximo de (0,\pi) temos a aproximação de Taylor
f(x,y)=L(x,y)+o(\|(x,y)-(0,\pi)\|).
Como L(x,y)=1 e o gradiente é zero em (0,\pi), o termo linear desaparece e a diferença f(x,y)-1 é de ordem superior — tipicamente da ordem do quadrado da distância \|(x,y)-(0,\pi)\|. Logo, se (x,y) está perto, essa diferença é muito pequena. No nosso caso (0{,}01,3{,}14) está bem perto de (0,\pi) (a diferença em x é 0{,}01 e em y é 3{,}14-\pi\approx -0{,}00159265), portanto f(0{,}01,3{,}14) deve ficar muito próximo de 1.
  1. Cálculo numérico rápido para ver a ordem de grandeza do desvio:
  • Calcule x^{3}y com x=0{,}01, y=3{,}14:
x^{3}y = (0{,}01)^{3}\cdot 3{,}14 = 10^{-6}\cdot 3{,}14 = 3{,}14\times 10^{-6}.
Então
e^{-x^{3}y}=e^{-3{,}14\times 10^{-6}}\approx 1-3{,}14\times 10^{-6}\quad(\text{pois }e^{t}\approx 1+t\text{ para }t\text{ pequeno}).
  • Para o cosseno, note que
x+2y=0{,}01+2\cdot 3{,}14=6{,}29.
Como 2\pi\approx 6{,}283185307, temos
\delta := x+2y-2\pi \approx 6{,}29-6{,}283185307\approx 0{,}006814693.
Para \delta pequeno \cos(2\pi+\delta)=\cos\delta\approx 1-\delta^{2}/2. Então
\cos(x+2y)\approx 1-\frac{\delta^{2}}{2}\approx 1-\frac{(0{,}006814693)^{2}}{2}\approx 1-2{,}3225\times 10^{-5}.
Multiplicando as duas aproximações:
f(0{,}01,3{,}14)\approx(1-3{,}14\times 10^{-6})\bigl(1-2{,}3225\times 10^{-5}\bigr)\approx 0{,}999973636\\ (\text{aprox.}).
Ou seja, o valor difere de 1 apenas na ordem de 10^{-5}, isto é, muito próximo de 1.
Conclusão prática: por causa do gradiente nulo em (0,\pi) a variação linear desaparece e a função muda muito pouco em deslocamentos pequenos; os cálculos mostram que o desvio numérico é cerca de 2{,}6\times 10^{-5}, explicando por que o valor está muito próximo de 1.

Resposta

(a) L(x,y)=1.\n
(b) f é diferenciável em \mathbb{R}^{2} (as derivadas parciais existem e são contínuas; f\in C^{\infty}(\mathbb{R}^{2})).\n
(c) f(0{,}01,3{,}14)\approx 0{,}999973636 (está próximo de 1 porque (0{,}01,3{,}14) está perto de (0,\pi) e o gradiente em (0,\pi) é nulo, tornando a variação de primeira ordem igual a zero).

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