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Exercícios Resolvidos de Aproximação linear de função vetorial

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Enunciado

Considere a função vetorial:

f : D ⊂   R 3 →     R 2

x , y , z ↦ 1 x sin ⁡ π 2 x y ,   z ⋅ ln ⁡ ( x y )

D = x , y , z ∈   R 3 |   x > 0 ,   y > 0

  1. Calcule a matriz Jacobiana de f
  2. Calcule a aproximação afim de f no ponto (1, 1, 1)

Passo 1

Letra a) vamos começar lembrando quem é a matriz jacobiana de uma função, beleza?!

Então...! O jacobiano de uma função vetorial é o equivalente do nosso velho amigo vetor gradiente, se lembra? Porém, como temos mais de uma função, teremos mais de um vetor gradiente organizados na nossa matriz jacobiana :)

Assim, para essa função vetorial dada, considerando f 1 = 1 x sin ⁡ π 2 x y e f 2 = z ⋅ ln ⁡ ( x y ) , a gente tem

J f x , y , z = ∇ f 1 ∇ f 2 = ∂ f 1 ( x , y , z ) ∂ x ∂ f 1 ( x , y , z ) ∂ y ∂ f 1 ( x , y , z ) ∂ z ∂ f 2 ( x , y , z ) ∂ x ∂ f 2 ( x , y , z ) ∂ y ∂ f 3 ( x , y , z ) ∂ z

Substituindo...

∂ ∂ x 1 x sin ⁡ π 2 x y ∂ ∂ y 1 x sin ⁡ π 2 x y ∂ ∂ z 1 x sin ⁡ π 2 x y ∂ ∂ x z ⋅ ln ⁡ ( x y ) ∂ ∂ y z ⋅ ln ⁡ ( x y ) ∂ ∂ z z ⋅ ln ⁡ ( x y )

E calculando essas derivadas parciais não esquecendo de aplicar a regra da cadeia, obteremos

- 1 x 2 sin ⁡ π 2 x y + 1 x cos ⁡ π 2 x y ∙ π 2 y 1 x cos ⁡ π 2 x y ∙ π 2 x 0 z x y ∙ y z x y ∙ x ln ⁡ x y

Agora basta fazer algumas simplificações e

J = - 1 x 2 sin ⁡ π 2 x y + π y 2 x cos ⁡ π 2 x y cos ⁡ π 2 x y ∙ π 2 0 z x z y ln ⁡ x y

Ponto ganho! ;)

Passo 2

A gente já sabe que uma função afim lá no plano cartesiano era uma reta e tinha essa cara

f x = f x 0 + f ' x 0 ∙ ( x - x 0 )

Onde f ( x 0 ) era a função no ponto que se queria a reta tangente e f ' x 0 era a inclinação da reta... a derivada, se lembra?

Pois aqui não será diferente! Só que ao invés da derivada, teremos o equivalente para muitas dimensões! Isso mesmo, o jacobiano no ponto que queremos:)

A f x 0 , y 0 , z 0 x y z = f x 0 ,   y 0 ,   z 0 + J f x 0 ,   y 0 , z 0 ∙ x - x 0 y - y 0 z - z 0

Viu como é parecido?!

Agora é só substituir o ponto em questão e resolver as continhas, bora?!

Passo 3

A f 1,1 , 1 x y z = f 1 ,   1 ,   1 + J f 1 ,   1 ,   1 ∙ x - 1 y - 1 z - 1

A gente tem para f ( 1 ,   1 ,   1 )

f x , y ,   z = 1 x sin ⁡ π 2 x y ,   z ⋅ ln ⁡ x y →  

f 1 ,   1 ,   1 = sin ⁡ π 2 ,   ln ⁡ ( 1 ) = 1 ,   0

E para o jacobiano...

J x , y , z = - 1 x 2 sin ⁡ π 2 x y + π y 2 x cos ⁡ π 2 x y cos ⁡ π 2 x y ∙ π 2 0 z x z y ln ⁡ x y →

Substituindo o ponto

J 1 ,   1 ,   1 = - 1 1 sin ⁡ π 2 + π 2 cos ⁡ π 2 cos ⁡ π 2 ∙ π 2 0 1 1 ln ⁡ 1

E resolvendo as continhas lembrando que sin ⁡ π 2 = 1 e cos ⁡ π 2 = 0 , vamos obter

J 1 ,   1 ,   1 = - 1 0 0 1 1 0

Juntando tudo na fórmula de aproximação, vamos ter

A f 1,1 , 1 x y z = f 1 ,   1 ,   1 + J f 1 ,   1 ,   1 ∙ x - 1 y - 1 z - 1 →

A f 1,1 , 1 x y z = 1 0 + - 1 0 0 1 1 0 ∙ x - 1 y - 1 z - 1 ⇒

Resolvendo o produto matricial lembrando que a gente deve somar os produtos dos elementos das linhas pela coluna, vamos obter

A f 1,1 , 1 x y z = 1 0 + - 1 x - 1 + 0 y - 1 + 0 z - 1 - 1 x - 1 + 1 y - 1 + 0 z - 1 = 1 0 + 1 - x x - 1 + y - 1 ⇒

2 - x x + y - 2

Resposta

Letra a)

J = - 1 x 2 sin ⁡ π 2 x y + π y 2 x cos ⁡ π 2 x y cos ⁡ π 2 x y ∙ π 2 0 z x z y ln ⁡ x y

Letra b)

A f 1,1 , 1 x y z = 2 - x x + y - 2

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