Verifique que as funções f(x, y)=e^x cos (x y) e g(x, y)=y-1x+1 são diferenciáveis em (0,0). Determine os planos tangentes aos gráficos de f e g em (0,0) e escreva as suas linearizações em (0,0). Use estas linearizações para aproximar o valor de f(0,01 ;-0,02) e g(0,01 ;-0,02).

Passo 1

Beleza, vamos entender o que o exercício está pedindo. Temos duas funções:
  1. $ f(x, y) = e^{x} \cos(xy) $
  2. $ g(x, y) = \frac{y - 1}{x + 1} $
Queremos verificar se essas funções são diferenciáveis no ponto f(x, y) = e^x cos(xy) . Para isso, precisamos usar conceitos de cálculo diferencial, como derivadas parciais e planos tangentes. Depois, vamos determinar os planos tangentes aos gráficos dessas funções em g(x, y) = y - 1x + 1 e escrever suas linearizações. Por fim, vamos usar essas linearizações para aproximar os valores de $ f(0,01; -0,02) $ e $ g(0,01; -0,02) $.

Passo 2

Vamos começar verificando se a função $ f(x, y) = e^{x} \cos(xy) $ é diferenciável em f(x, y) = e^x cos(xy) . Para isso, precisamos calcular as derivadas parciais de $ f $ em relação a $ x $ e $ y $ no ponto (0,0).
Primeiro, a derivada parcial de $ f $ em relação a $ x $:
f
No ponto x :
y
Agora, a derivada parcial de $ f $ em relação a $ y $:
(0,0)
No ponto f :
x
Como as derivadas parciais existem e são contínuas em fx = partialpartial x ( e^x cos(xy) ) = e^x cos(xy) - e^x y sin(xy) , a função $ f $ é diferenciável nesse ponto.

Passo 3

Agora, vamos determinar o plano tangente ao gráfico de $ f $ em f . O plano tangente tem a forma:
(0,0)
Aqui, $ (a,b) = (0,0) $, então:
z = f(a,b) + fx(a,b)(x - a) + fy(a,b)(y - b)
Sabemos que $ f(0,0) = e^{0} \cos(0) = 1 $, $ f_x(0,0) = 1 $ e $ f_y(0,0) = 0 $. Portanto:
(a,b) = (0,0)
Esse é o plano tangente ao gráfico de $ f $ em z = f(0,0) + fx(0,0)x + fy(0,0)y . A linearização de $ f $ em f(0,0) = e^0 cos(0) = 1 é, então:
fx(0,0) = 1

Passo 4

Vamos agora verificar a função $ g(x, y) = \frac{y - 1}{x + 1} $ no ponto g(x, y) = y - 1x + 1 . Primeiro, calculamos as derivadas parciais de $ g $ em relação a $ x $ e $ y $.
Primeiro, a derivada parcial de $ g $ em relação a $ x $:
(0,0)
No ponto g :
x
Agora, a derivada parcial de $ g $ em relação a $ y $:
y
No ponto g :
x
Como as derivadas parciais existem e são contínuas em gx = partialpartial x ( y - 1x + 1 ) = -y - 1(x + 1)^2 , a função $ g $ é diferenciável nesse ponto.

Passo 5

Agora, determinamos o plano tangente ao gráfico de $ g $ em g . Usamos a mesma fórmula do plano tangente:
(0,0)
Aqui, $ (a,b) = (0,0) $, então:
z = g(a,b) + gx(a,b)(x - a) + gy(a,b)(y - b)
Calculamos $ g(0,0) $:
(a,b) = (0,0)
Sabemos que $ g_x(0,0) = 1 $ e $ g_y(0,0) = 1 $. Portanto:
z = g(0,0) + gx(0,0)x + gy(0,0)y
Esse é o plano tangente ao gráfico de $ g $ em g(0,0) . A linearização de $ g $ em g(0,0) = 0 - 10 + 1 = -1 é, então:
gx(0,0) = 1

Passo 6

Agora que temos as linearizações das funções $ f $ e $ g $ em f , podemos usá-las para aproximar os valores de $ f(0,01; -0,02) $ e $ g(0,01; -0,02) $.
Para $ f $, usamos a linearização $ L_f(x, y) = 1 + x $:
g
Portanto, a aproximação de $ f(0,01; -0,02) $ é $ 1,01 $.
Para $ g $, usamos a linearização $ L_g(x, y) = -1 + x + y $:
(0,0)
Portanto, a aproximação de $ g(0,01; -0,02) $ é $ -1,01 $.

Resposta

As aproximações são $ f(0,01; -0,02) \approx 1,01 $ e $ g(0,01; -0,02) \approx -1,01 $.

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