3- Suponha que z=\stackrel{-}{f(x, y)} é uma função de classe \mathcal{C}^{1}, f(1,3)=-1, \frac{\partial f}{\partial x}(1,3)=4 e \frac{\partial f}{\partial y}(1,3)=-3. Sabe-se que a curva de equação \sigma(t)=\left(t^{2}, t t-1, z(t)\right), t \in \mathbb{R} está contida no gráfico da função z=f(x, y). Calcule \frac{d z}{d t}(t).

Passo 1

O enunciado nos diz que temos uma função de classe \mathcal{C}^1,
z = f(x,y),
com
f(1,3) = -1,\quad \frac{\partial f}{\partial x}(1,3) = 4,\quad \frac{\partial f}{\partial y}(1,3) = -3.
Além disso, a curva
\sigma(t) = \bigl(x(t),\,y(t),\,z(t)\bigr) = \bigl(t^2,\;t\,t-1,\;z(t)\bigr)
está contida no gráfico de f. Logo, z(t) satisfaz
z(t) \;=\; f\bigl(x(t),\,y(t)\bigr) \;=\; f\bigl(t^2,\;t\,t-1\bigr).
O que precisamos usar é a regra da cadeia para encontrar \tfrac{dz}{dt}(t).

Passo 2

Identificamos
x(t) = t^2, \qquad y(t) = t\,t-1 = t^2 - t.
Agora vamos aplicar a derivada de z(t)=f\bigl(x(t),y(t)\bigr).

Passo 3

Pela regra da cadeia para funções de duas variáveis, temos
\frac{dz}{dt}(t) = \frac{\partial f}{\partial x}\bigl(x(t),y(t)\bigr)\,\frac{dx}{dt} + \frac{\partial f}{\partial y}\bigl(x(t),y(t)\bigr)\,\frac{dy}{dt}.

Passo 4

Calculamos as derivadas de x(t) e y(t):
\frac{dx}{dt} = 2t, \qquad \frac{dy}{dt} = \frac{d}{dt}\bigl(t^2 - t\bigr) = 2t - 1.
Substituindo em (3) obtemos
\frac{dz}{dt}(t) = \frac{\partial f}{\partial x}\bigl(t^2,\;t^2 - t\bigr)\,\cdot 2t + \frac{\partial f}{\partial y}\bigl(t^2,\;t^2 - t\bigr)\,\cdot \bigl(2t - 1\bigr).

Resposta

\boxed{ \frac{dz}{dt}(t) = 2t\;\frac{\partial f}{\partial x}\bigl(t^2,\;t^2 - t\bigr) \;+\;(2t - 1)\;\frac{\partial f}{\partial y}\bigl(t^2,\;t^2 - t\bigr). }

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