Verifique que as funções f(x, y)=e^x cos (x y) e g(x, y)=x-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 lá! Temos duas funções dadas:
  • f(x, y) = e^x cos(x y)
  • g(x, y) = x - 1x + 1
O que a gente precisa fazer é:
  1. Verificar se essas funções são diferenciáveis no ponto (0,0) .
  2. Determinar os planos tangentes aos gráficos dessas funções nesse ponto.
  3. Escrever as linearizações dessas funções em (0,0) .
  4. Usar essas linearizações para aproximar os valores de f(0,01; -0,02) e g(0,01; -0,02) .
Para resolver isso, vamos precisar entender sobre derivadas parciais, diferenciabilidade e como achar planos tangentes e linearizações de funções de duas variáveis.

Passo 2

Primeiro, vamos verificar se a função f(x, y) = e^x cos(x y) é diferenciável em (0,0) .
Para uma função ser diferenciável em um ponto, ela precisa ter derivadas parciais contínuas nesse ponto.
Vamos encontrar as derivadas parciais de f em relação a x e y .

Passo 3

Calculando a derivada parcial de f em relação a x :
fx = partialpartial x ( e^x cos(x y) ) = e^x cos(x y) - e^x y sin(x y)
Avaliando em (0,0) :
fx(0,0) = e^0 cos(0) - e^0 cdot 0 cdot sin(0) = 1 cdot 1 - 0 = 1

Passo 4

Agora, calculando a derivada parcial de f em relação a y :
fy = partialpartial y ( e^x cos(x y) ) = -e^x x sin(x y)
Avaliando em (0,0) :
fy(0,0) = -e^0 cdot 0 cdot sin(0) = -1 cdot 0 cdot 0 = 0

Passo 5

Como as derivadas parciais fx e fy existem e são contínuas em (0,0) , podemos concluir que f é diferenciável nesse ponto.

Passo 6

Agora, vamos verificar a diferenciabilidade da função g(x, y) = x - 1x + 1 em (0,0) .
Primeiro, observamos que g depende apenas de x , então gy = 0 .
Vamos calcular as derivadas parciais de g em relação a x e y .

Passo 7

Calculando a derivada parcial de g em relação a x :
gx = partialpartial x ( x - 1x + 1 ) = (1)(x + 1) - (x - 1)(1)(x + 1)^2 = (x + 1 - x + 1)(x + 1)^2 = 2(x + 1)^2
Avaliando em (0,0) :
gx(0,0) = 2(0 + 1)^2 = 2

Passo 8

A derivada parcial em relação a y é:
gy = 0
Portanto, g tem derivadas parciais existentes e contínuas em (0,0) , o que confirma que g é diferenciável nesse ponto.

Passo 9

Agora que já sabemos que ambas as funções são diferenciáveis em (0,0) , vamos determinar os planos tangentes aos gráficos de f e g nesse ponto.
Para uma função h(x, y) , o plano tangente em (a, b) é dado por:
z = h(a, b) + hx(a, b)(x - a) + hy(a, b)(y - b)

Passo 10

Aplicando isso para a função f em (0,0) :
Primeiro, calculamos f(0,0) :
f(0,0) = e^0 cos(0 cdot 0) = 1 cdot 1 = 1
Já sabemos que fx(0,0) = 1 e fy(0,0) = 0 .
Então, o plano tangente a f em (0,0) é:
z = 1 + 1 cdot (x - 0) + 0 cdot (y - 0) Rightarrow z = 1 + x

Passo 11

Agora, para a função g em (0,0) :
Primeiro, calculamos g(0,0) :
g(0,0) = 0 - 10 + 1 = -11 = -1
Sabemos que gx(0,0) = 2 e gy(0,0) = 0 .
Então, o plano tangente a g em (0,0) é:
z = -1 + 2 cdot (x - 0) + 0 cdot (y - 0) Rightarrow z = -1 + 2x

Passo 12

Agora, vamos escrever as linearizações dessas funções em (0,0) . A linearização é basicamente o plano tangente que acabamos de encontrar.
Então:
  • Linearização de f :
Lf(x, y) = 1 + x
  • Linearização de g :
Lg(x, y) = -1 + 2x

Passo 13

Finalmente, vamos usar essas linearizações para aproximar os valores de f(0,01; -0,02) e g(0,01; -0,02) .
Vamos substituir x = 0,01 e y = -0,02 nas linearizações.

Passo 14

Para f(0,01; -0,02) usando a linearização Lf(x, y) = 1 + x :
Lf(0,01, -0,02) = 1 + 0,01 = 1,01

Passo 15

Para g(0,01; -0,02) usando a linearização Lg(x, y) = -1 + 2x :
Lg(0,01, -0,02) = -1 + 2 cdot 0,01 = -1 + 0,02 = -0,98

Resposta

As funções f e g são diferenciáveis em (0,0) .
Os planos tangentes aos gráficos em (0,0) são:
  • Para f : z = 1 + x
  • Para g : z = -1 + 2x
As linearizações em (0,0) são:
  • Lf(x, y) = 1 + x
  • Lg(x, y) = -1 + 2x
Usando essas linearizações, as aproximações são:
  • f(0,01; -0,02) approx 1,01
  • g(0,01; -0,02) approx -0,98

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