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

Passo 1

O enunciado dá a função f(x,y)=x y^{2}\ln\!\left(\frac{y}{x}\right) e pede duas coisas:
  • (a) Mostrar que f é diferenciável em (1,1).
  • (b) Determinar a equação do plano tangente ao gráfico de f no ponto (1,1,0).
Informações relevantes fornecidas pelo enunciado:
  • A função está escrita em termos de \ln\!\left(\frac{y}{x}\right), portanto é necessário que \frac{y}{x}>0 no domínio considerado (isto é, x e y têm o mesmo sinal). O ponto (1,1) pertence ao domínio (ambos positivos), então faz sentido estudar diferenciabilidade ali.
  • O ponto de interesse no gráfico é (1,1,0) (isto implica que f(1,1)=0; esta igualdade decorre diretamente da fórmula porque \ln 1=0, mas deixarei a verificação explícita para os passos seguintes).

Passo 2

Vamos lembrar o que significa "ser diferenciável em (1,1)" e um critério prático que usaremos.
Definição (intuitiva): f é diferenciável em (1,1) se existe uma aproximação linear que dá a melhor aproximação de f perto desse ponto. Mais formalmente, existe um aplicativo linear L:\mathbb{R}^2\to\mathbb{R} tal que, para (h,k) pequeno,
f(1+h,1+k)-f(1,1)-L(h,k)=o\big(\sqrt{h^2+k^2}\big).
O aplicativo linear L é dado pelas derivadas parciais no ponto:
L(h,k)=f_x(1,1)h+f_y(1,1)k.
Teorema útil (suficiente e prático): se as derivadas parciais f_x e f_y existem em uma vizinhança de (1,1) e são contínuas em (1,1), então f é diferenciável em (1,1). Este é o critério que vou usar — por ser o mais direto para aplicações em provas.
Antes de aplicar o teorema, precisamos calcular f_x e f_y e verificar que são contínuas perto de (1,1).

Passo 3

Para facilitar as derivadas, primeiro escrevo \ln\!\left(\frac{y}{x}\right)=\ln y-\ln x. Assim
f(x,y)=x y^{2}\ln y - x y^{2}\ln x.
Agora calculo f_x (derivada parcial em relação a x), tratando y como constante.
Derivo termo a termo:
  • Para x y^{2}\ln y: como y e \ln y são constantes ao derivar em x, a derivada é y^{2}\ln y.
  • Para x y^{2}\ln x: aqui uso a regra do produto para a função x\ln x. Sabemos que
\frac{d}{dx}\big(x\ln x\big)=\ln x + 1.
Multiplicando por y^{2} (que é constante em x), a derivada do segundo termo é y^{2}(\ln x + 1).
Subtraindo, obtemos
f_x(x,y)=y^{2}\ln y - y^{2}(\ln x+1)=y^{2}\big(\ln y - \ln x -1\big).
Podemos reescrever em termos de \ln\!\left(\frac{y}{x}\right):
f_x(x,y)=y^{2}\big(\ln\!\left(\tfrac{y}{x}\right)-1\big).

Passo 4

Agora calculo f_y (derivada parcial em relação a y), tratando x como constante. Parto da forma
f(x,y)=x y^{2}\ln y - x y^{2}\ln x.
Derivo termo a termo:
  • Para x y^{2}\ln y: aqui x é constante, e preciso derivar y^{2}\ln y. Uso produto y^2\cdot\ln y:
\frac{d}{dy}\big(y^{2}\ln y\big)=2y\ln y + y^{2}\cdot\frac{1}{y}=2y\ln y + y.
Multiplicando por x, a contribuição é x(2y\ln y + y)=x y(2\ln y +1).
  • Para -x y^{2}\ln x: \ln x é constante quando derivamos em y, então a derivada é -x\cdot 2y \ln x = -2x y \ln x.
Somando,
f_y(x,y)=x y(2\ln y +1) - 2x y \ln x = x y\big(2\ln y +1 - 2\ln x\big).
Usando \ln y - \ln x=\ln\!\left(\tfrac{y}{x}\right), podemos escrever
f_y(x,y)=x y\big(2\ln\!\left(\tfrac{y}{x}\right)+1\big).

Passo 5

Avalio as derivadas no ponto (1,1).
Se \ln 1=0, então:
f_x(1,1)=1^{2}\big(\ln\!\left(\tfrac{1}{1}\right)-1\big)=1\cdot(0-1)=-1,
f_y(1,1)=1\cdot 1\big(2\ln\!\left(\tfrac{1}{1}\right)+1\big)=1\cdot(0+1)=1.
Também confirmo f(1,1)=1\cdot 1^{2}\ln\!\left(\tfrac{1}{1}\right)=0, o que justifica o ponto (1,1,0) no gráfico.
O aplicativo linear que aproxima f em (1,1) é
L(h,k)=f_x(1,1)h+f_y(1,1)k=-1\cdot h + 1\cdot k = -h + k.

Passo 6

Agora justifico a diferenciabilidade usando o critério de continuidade das derivadas parciais.
Observe as fórmulas obtidas:
f_x(x,y)=y^{2}\big(\ln\!\left(\tfrac{y}{x}\right)-1\big),\qquad f_y(x,y)=x y\big(2\ln\!\left(\tfrac{y}{x}\right)+1\big).
Essas expressões são combinações (produto, soma, composição) de funções elementares: polinômios em x,y e a função \ln aplicada a \tfrac{y}{x}. Essas funções são contínuas em qualquer ponto onde \tfrac{y}{x}>0 (ou seja, x e y do mesmo sinal). Em particular, são contínuas numa vizinhança de (1,1). Portanto f_x e f_y existem numa vizinhança de (1,1) e são contínuas em (1,1).
Pelo teorema citado no Passo 2, isso garante que f é diferenciável em (1,1). (Se quisermos, poderíamos também provar diretamente a propriedade limite da definição de diferenciabilidade, mas o critério da continuidade das parciais é o mais direto em provas.)

Passo 7

Com a diferenciabilidade e as derivadas no ponto já calculadas, a equação do plano tangente ao gráfico de z=f(x,y) no ponto (1,1,0) é dada pela fórmula clássica
z = f(1,1) + f_x(1,1)\big(x-1\big) + f_y(1,1)\big(y-1\big).
Substituindo f(1,1)=0, f_x(1,1)=-1 e f_y(1,1)=1, obtemos
z = -1\cdot (x-1) + 1\cdot (y-1) = -(x-1)+(y-1).
Simplificando,
z = y - x.
Verificação rápida: para (x,y)=(1,1) temos z=0, compatível com o ponto (1,1,0).

Resposta

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

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