(1,0 pt.) Seja z uma função de duas variáveis definida por z=g(3 t-5, \sqrt{5-2 t}), onde g é uma função diferenciável dada.
a) Expresse \frac{d z}{d t} em termos das derivadas parciais de g.
b) Calcule \left.\left.\frac{d z}{d t}\right|_{( } t=2\right), sabendo que \frac{\partial g}{\partial x}(1,1)=3 e \frac{\partial g}{\partial y}(1,1)=-2.

Passo 1

Vou listar claramente o que o enunciado dá e o que pede.
  • A função é z=g(3t-5,\sqrt{5-2t}), onde g é diferenciável.
  • O enunciado pede:
    • (a) Expressar \dfrac{dz}{dt} em termos das derivadas parciais de g.
    • (b) Calcular \left.\dfrac{dz}{dt}\right|_{t=2}, sabendo que \dfrac{\partial g}{\partial x}(1,1)=3 e \dfrac{\partial g}{\partial y}(1,1)=-2.
  • Informação adicional importante: g é diferenciável, portanto as derivadas parciais existem e a regra da cadeia vale.

Passo 2

Escrevemos a composição de forma explícita para visualizar melhor as dependências:
x(t)=3t-5,\qquad y(t)=\sqrt{5-2t}=(5-2t)^{1/2},
e então
z(t)=g\bigl(x(t),y(t)\bigr)=g\bigl(3t-5,\,(5-2t)^{1/2}\bigr).
Isso deixa claro que z é uma função de t obtida pela composição de g(x,y) com as curvas x(t) e y(t).

Passo 3

Apresento a regra da cadeia para esta situação (explicando por que ela vale). Se g(x,y) é diferenciável e x(t),y(t) são funções diferenciáveis de t, então a variação de z quando t muda pode ser aproximada linearmente por
dz \approx \frac{\partial g}{\partial x}\,dx+\frac{\partial g}{\partial y}\,dy.
Dividindo por dt e passando ao limite, obtemos a regra da cadeia:
\frac{dz}{dt}=\frac{\partial g}{\partial x}\bigl(x(t),y(t)\bigr)\cdot\frac{dx}{dt}+\frac{\partial g}{\partial y}\bigl(x(t),y(t)\bigr)\cdot\frac{dy}{dt}.
Interpretação simples: pequenos incrementos em t provocam pequenas mudanças em x e y; a contribuição total para z é a soma das contribuições de cada variável, pesadas pelas taxas \dfrac{\partial g}{\partial x} e \dfrac{\partial g}{\partial y}.

Passo 4

Calculo agora \dfrac{dx}{dt} e \dfrac{dy}{dt} explicitamente.
  • Para x(t)=3t-5:
\frac{dx}{dt}=3.
  • Para y(t)=(5-2t)^{1/2} uso a regra da cadeia (potência + derivada do interno):
\frac{dy}{dt}=\frac{1}{2}(5-2t)^{-1/2}\cdot(-2) = - (5-2t)^{-1/2} = -\frac{1}{\sqrt{5-2t}}.
Expliquei: primeiro aplico a regra da potência \dfrac{d}{dt}u^{1/2}=\tfrac{1}{2}u^{-1/2}\cdot u', com u=5-2t e u'=-2.

Passo 5

Substituo \dfrac{dx}{dt} e \dfrac{dy}{dt} na fórmula da regra da cadeia para obter a expressão pedida em (a). Assim,
\frac{dz}{dt}= \frac{\partial g}{\partial x}\bigl(3t-5,\sqrt{5-2t}\bigr)\cdot 3 +\frac{\partial g}{\partial y}\bigl(3t-5,\sqrt{5-2t}\bigr)\cdot\left(-\frac{1}{\sqrt{5-2t}}\right).
Essa é a resposta simbólica e direta: a derivada de z em função de t escrita em termos das derivadas parciais de g.

Passo 6

Agora faço o item (b): avaliar em t=2.
  • Primeiro calculo os argumentos de g em t=2:
x(2)=3\cdot 2-5=1,\qquad y(2)=\sqrt{5-2\cdot 2}=\sqrt{1}=1.
  • Também já temos \dfrac{dx}{dt}=3 e
\left.\frac{dy}{dt}\right|_{t=2}=-\frac{1}{\sqrt{5-2\cdot 2}}=-\frac{1}{1}=-1.
  • Aplicando a fórmula da cadeia em t=2 e usando os dados \dfrac{\partial g}{\partial x}(1,1)=3 e \dfrac{\partial g}{\partial y}(1,1)=-2, obtemos
\left.\frac{dz}{dt}\right|_{t=2} = \frac{\partial g}{\partial x}(1,1)\cdot 3 + \frac{\partial g}{\partial y}(1,1)\cdot(-1) = 3\cdot 3 + (-2)\cdot(-1).
Faço as contas: 3\cdot 3=9 e (-2)\cdot(-1)=2, portanto
\left.\frac{dz}{dt}\right|_{t=2}=9+2=11.

Passo 7

Dica rápida para a prova: ao ver g(\text{algo em }t,\;\text{algo em }t) pense logo em definir x(t) e y(t), calcule dx/dt e dy/dt separadamente e aplique a regra da cadeia. Se precisar, verifique os pontos em que avaliará as parciais antes de substituir valores numéricos. Força — você chega lá!

Resposta

(a) \displaystyle \frac{dz}{dt}= \frac{\partial g}{\partial x}\bigl(3t-5,\sqrt{5-2t}\bigr)\cdot 3 +\frac{\partial g}{\partial y}\bigl(3t-5,\sqrt{5-2t}\bigr)\cdot\left(-\frac{1}{\sqrt{5-2t}}\right)
(b) \displaystyle 11

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