calculo2_cap06_resol

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Cálculo II – (Lauro / Nunes) 1 
1. Se 
  yxyxfz  ,
, então: 
   yxfyxxfzx ,, 
=
  yxyxx 
=
xyyxyxyx 
 
   yxfyyxfzy ,, 
=
  yxyyx 
=
yxyxxxyx 
 
   yxfyyxxfz ,, 
=
    yxyyxx 
=
yxyxxyyxyx 
=
yxxyyx 
 
2. Usando a definição, encontre a derivada parcial de 
  2216, yxyxfz 
 em relação à 
x no ponto 
 2,1
. 
Resolução: 
 
x
yxf

 ,
=
0
lim
x x
yxfyxxf

 ),(),(
=
0
lim
x
 
x
yxyxx

 ]16[]16[ 222
2 = 
0
lim
x
 
x
xxx

 2
=
0
lim
x
 xx 2
=
x 2
 
Logo,  
x
f

 2,1
=
212 
 
Resposta: 
2
 
3. Usando a definição, encontre as derivadas parciais 
x
f


(
x
,
y
) e 
y
f


(
x
,
y
), sendo 
f
(
x
,
y
) 
 3 2x 2 x
y

2y
. 
Resolução: 
 
x
f


(
x
,
y
) 
0
lim
h h
yxfyhxf ),(),( 
 

0
lim
h h
yxyxyyhxhx )()()( 2222 2323  

0
lim
h h
yxyxyyhxyhxhx 22222 2322363  

0
lim
h h
yhhxh 236 2  
0
lim
h h
hyhx  )( 236
 =
0
lim
h
(6
x
3
h
2
y
)  6
x
2
y
. 
 
y
f


(
x
,
y
) 
0
lim
h h
yxfhyxf ),(),( 
 

0
lim
h h
yxyxhyhyxx )()()( 2222 2323  

0
lim
h h
yxyxhyhyxhxyx 22222 232223  

0
lim
h h
hyhxh 222  
0
lim
h h
hhyx  )( 22
 =
0
lim
h
(2
x
2
y

h
)  2
x
2
y
. 
 
Resposta: 
x
f


(
x
,
y
)  6
x
2
y
 e 
y
f


(
x
,
y
) 2
x
2
y
 
 Cálculo II – (Lauro / Nunes) 2 
Considerando a função 
f
(
x
,
y
) 3x 2y 2 2x y 3 x calcule o que se pede: 
4. 
xf
(
x
,
y
) 
Resolução: 
xf
(
x
,
y
) 3 2x 2y 4 x y 3 ( y  constante). 
 
Resposta: 3 2x 2y 4 x y 3 
5. 
yf
(
x
,
y
) 
Resolução: 
yf
(
x
,
y
)2 3x
y
2 2x ( x  constante). 
Resposta: 2 3x
y
2 2x 
6. 
xf
(2,1). 
Resolução: 
xf
(2,1) 3(2) 2 (1) 2 4(2)(1) 3 23. 
Resposta: 23 
7. 
yf
(2,1) 
Resolução: 
yf
(2,1) 2(2) 3 (1) 2(2) 2 24. 
Resposta: 24 
8. Encontre 
y
f


 se 
f
(
x
,
y
)  
y )sin(xy
. 
Resolução: 
Considera-se 
x
 como constante: 
y
f


 
y

(
y )sin(xy
) 
y

(
u v
) 
u

y
 
 
v

)sin(xy
 
 
yu
1 
 
yv

x
)cos(xy
 
y

(
u v
) 
yu
v

u
yv
 
)sin(xy

y
x
)cos(xy
. 
Resposta: 
y

(
u v
) 
)sin(xy

y
x
)cos(xy
. 
 Cálculo II – (Lauro / Nunes) 3 
9. Encontre 
xf
 e 
yf
 se 
f
(
x
,
y
) 
xy
y
cos
2
. 
Resolução: 
f
(
x
,
y
) 
v
u
 
u
2
y
 
f
’(
x
,
y
) 
2
''
v
uvvu 
 
v

y

xcos
 
 
xu
0 
 
xv

xsin
 
 
yu
2 
 
yv
1 
 
xf
 
2)cos(
)sin(2
xy
xy0


 
2)cos(
sin2
xy
xy

; 
 
 
 
 
yf
 
2)cos(
12)cos(2
xy
yxy


 
2)cos(
2cos22
xy
yxy


 
2)cos(
cos2
xy
x

. 
 
Resposta: 
2)cos(
sin2
xy
xy
f x


 e 
2)cos(
cos2
xy
x
f y


 
10. Encontre 
xf
 e 
yf
 se 
f
(
x
,
y
) 
y
xtan
 
w
. 
Resolução: 
xf
 
w

  yx /1tan
 
u

xtan
 
 
xu

x2sec
 
w
 yu /1  
uw

y
1
11 yu /

xu
 
y
u yy /)( 1

xu
 
y y
x
uy
u
1
  
xf

y yxy
x
1
2
)(tan
sec

; 
 
yf
 
w

  yx /1tan
; 
u

y
1
 sendo que 
a

xtan
; 
yu
 
2
1
y
 
w
 ua  
uw
 ua aln 
yu
 
  yx /1tan

)ln(tan x










2
1
y
 
 
 
yf
 
2
)ln(tantan
y
xx
y
 . 
 
Resposta: 
xf

y yxy
x
1
2
)(tan
sec

 e 
yf
 
2
)ln(tantan
y
xx
y
 
 Cálculo II – (Lauro / Nunes) 4 
11. Usando as regras de derivação, encontre as derivadas parciais das seguintes funções: 
(a) 
f
(
x
,
y
) 
221 yx 
 
Resolução: 
Tome 
u
 1 2x  2y , ou seja, f ( x , y )  u ; 
x
f


(
x
,
y
)  
2
1
1
2
1
u

x
u



u2
1
(2
x
) 
221 yx
x


; 
y
f


(
x
,
y
)  
2
1
1
2
1
u

y
u



u2
1
(2
y
) 
221 yx
y


. 
Resposta: 
x
f


(
x
,
y
)  
221 yx
x


 e 
y
f


(
x
,
y
)  
221 yx
y


 
(b) 
f
(
x
,
y
) 
22 yx
yx


 
Resolução: 
Tome 
u

x

y
 e 
v
 2x  2y , ou seja, f ( x , y ) 
v
u
; 
x
f


(
x
,
y
) 
2v
x
v
uv
x
u





 
222
22 21
)(
)()(
yx
xyxyx


 
222
22 2
)( yx
xxyy


; 
y
f


(
x
,
y
) 
2v
y
v
uv
y
u





 
222
22 21
)(
)()(
yx
yyxyx


 
222
22 2
)( yx
yxyx


. 
Resposta: 
x
f


(
x
,
y
) 
222
22 2
)( yx
xxyy


 e 
y
f


(
x
,
y
) 
222
22 2
)( yx
yxyx


 
(c) 
f
(
x
,
y
)  yxe / 
Resolução: 
Tome 
u

y
x
, ou seja, 
f
(
x
,
y
)  ue ; 
x
f


(
x
,
y
)  ue 
x
u


  yxe / 
y
1
 
y
e yx /
; 
y
f


(
x
,
y
)  ue 
y
u


  yxe / 
2y
x
 
2y
xe yx /
. 
Resposta: 
x
f


(
x
,
y
) 
y
e yx /
 e 
y
f


(
x
,
y
) 
2y
xe yx /
 
(d) 
f
(
x
,
y
) 
tan
( 2x  2y ) 
Resolução: 
Tome 
u
 2x  2y , ou seja, f ( x , y )  tan u ; 
x
f


(
x
,
y
)  2sec u 
x
u


 [ 2sec ( 2x  2y )](2 x ); 
y
f


(
x
,
y
)  2sec u 
y
u


 [ 2sec ( 2x  2y )](2 y ). 
Resposta: 
x
f


(
x
,
y
)  [ 2sec ( 2x  2y )](2 x ) e 
y
f


(
x
,
y
)  [ 2sec ( 2x  2y )](2 y ). 
 Cálculo II – (Lauro / Nunes) 5 
(e) 
f
(
x
,
y
,
z
)  2x  2sin (
y
z
) 
Resolução: 
 
 
x
f


(
x
,
y
,
z
) 2
x
2sin
(
y
z
); 
 
y
f


(
x
,
y
,
z
)  2x 
y

[ 2sin (
y
z
)]  2x 2 sin (
y
z
)
cos
(
y
z
)
z
  2x z sin (2
y
z
); 
 
 
z
f


(
x
,
y
,
z
)  2x 
z

[ 2sin (
y
z
)]  2x 2 sin (
y
z
)
cos
(
y
z
)
y
  2x
y
sin
(2
y
z
). 
 
Resposta: 
x
f


(
x
,
y
,
z
)2
x
2sin
(
y
z
), 
y
f


(
x
,
y
,
z
) 2x z sin (2
y
z
) e 
z
f


(
x
,
y
,
z
) 2x
y
sin
(2
y
z
). 
12. Seja 
f
(
x
,
y
)  3x 2y 2 2x y 3 x . Prove que 
xyf

yxf
. 
Resolução: 
xf
3 2x 2y 4 x y 3; 
xyf
6 2x
y
4
x
; 
yf
2 3x
y
2 2x ; 
yxf
6 2x
y
4
x
 
Resposta: 
xyf

xy
f

2

yx
f

2

yxf
 
13. Prove que 
xyxf

yxxf

xxyf
 para 
f
(
x
,
y
)  3x 2y 2 2x y 3 x . 
Resolução: 
xf
3 2x 2y 4 x y 3 
xxf
6
x 2y
4
y
 
xxyf
12
x
y
4 
 
xyf
6 2x
y
4
x
 
xyxf
12
x
y
4 
yf
2 3x
y
2 2x 
yxf
6 2x
y
4
x
 
yxxf
12
x
y
4 
Resposta: 
xxyf
=
xyxf
=
yxxf
12
x
y
4 
14. Dada a função 
f
(
x
,
y
)  yxe 32  , calcule: 
(a) 
3
3
x
f

 ( x ,
y
) 
Resolução: 
 
 
3
3
x
f

 ( x ,
y
) 
x






x 











x
f
 
x






x








  yxe 322
 
x

(4 yxe 32  )  8 yxe 32  
 
Resposta: 
3
3
x
f

 ( x ,
y
) 8 yxe 32  
 Cálculo II – (Lauro / Nunes) 6 
(b) 
3
3
y
f


(
x
,
y
) 
Resolução: 
 
 
3
3
y
f


(
x
,
y
) 
y






y 











y
f
 
y






y








  yxe 323
 
y

(9 yxe 32  )  27 yxe 32  
 
Resposta: 
3
3
y
f


(
x
,
y
) 27 yxe 32  
(c) Verifique a igualdade seguinte: 
xy
f


2
3 
2
3
yx
f


. 
Resolução: 
 
 
xy
f


2
3 (
x
,
y
) 
y






y 











x
f
 
y






y








  yxe 322
 
y

(6 yxe 32  )  18 yxe 32  
 
 
2
3
yx
f


(
x
,
y
) 
x






y 











y
f
 
x






y








  yxe 323
 
x

(9 yxe 32  )  18 yxe 32  
 
 
Resposta: 
xy
f


2
3 
2
3
yx
f


=18 yxe 32  
15. Encontre a declividade da reta tangente à curva de intersecção da superfície 
w

22 224 yx 
 com o plano 
y
 2, no ponto (2,2,
32
). 
Resolução: 
A declividade será o valor de 
x
w


 no ponto (2,2,
32
). 
x
w

(
x
,
y
) 
22 2242
2
yx
x


 e 
x
w


(2,2) 
22 22224
2


  
3
1
. 
Resposta: 
x
w


(2,2) 
3
1
 
 Cálculo II – (Lauro / Nunes) 7 
Determine as equações das retas tangentes ao gráfico de 
w

f
(
x
,
y
) com 
w
7 2x  2y 2 x 2 y . 
16. No ponto (2,3,4). 
Resolução: 
xf
(2,3)  2; 
yf
(2,3)  4. 
 
No plano 
y
3  








24
3
2
w
y
x
 
 
No plano 
x
2  








44
2
3
w
x
y
 
 
Resposta: 
17. No ponto (1,1,9). 
Resolução: 
xf
(1,1)  0; 
yf
(1,1)  0. 
No plano 
y
1  








9
1
1
w
y
x
 No plano 
x
1  








9
1
1
w
x
y
 
 
Resposta: 
Exercícios de derivadas como taxas de variação: 
18. Se a temperatura T depende do tempo t e da altitude h, de acordo com a regra: 
  10
1003
10
36
5
,
2



htt
htT
, então calcule: 
(a) Como varia a temperatura em relação ao tempo, no instante 
120 t
horas, num ponto 
de altitude 
0h
100 metros? 
Resolução: 
 



t
htT 00 ,
0
lim
tt
   
0
000 ,,
tt
htThtT


 
 



t
T 100,12
12
lim
t
   
12
100,12100,


t
TtT
=
12
lim
t
 
12
2910
100
100
3
10
36
5 2











t
tt
= 
=
12
lim
t
 
12
12
36
5 2



t
t = 0 
Resposta: 0 
 
 Cálculo II – (Lauro / Nunes) 8 
(b) Como varia a temperatura em relação à altitude, no instante 
120 t
horas, num ponto 
de altitude 
0h
100 metros? 
Resolução: 
 



h
htT 00 ,
0
lim
hh
   
0
000 ,,
hh
htThtT


 
 



t
T 100,12
100
lim
h
   
100
100,12,12


h
ThT
=
100
lim
h
   
 
100
2910
1003
1210
36
125
2












h
h
= 
100
lim
h
 
100
29
100
30








h
h
=
100
lim
h
 
100
100
100
1


h
h = 
100
lim
h 100
1
100
1

 
Resposta: 
100
1

 
19. De acordo com a lei do gás ideal para um gás confinado, se 
P
 Newton por unidade 
quadrada é a pressão, 
V
 unidades cúbicas é o volume, e 
T
 graus a temperatura, temos a 
fórmula: 
P V

k T
 [equação (1)] onde 
k
 é uma constante de proporcionalidade. Suponha 
que o volume de gás em um certo recipiente seja 100 3cm e a temperatura seja 90
0
 e 
k
8. 
(a) Encontre a taxa de variação instantânea de 
P
 por unidade de variação em 
T
, se 
V
 
permanecer fixo em 100. 
Resolução: 
Substituindo 
V
100, 
T
90 e 
k
8, obtemos da equação (1), 
P
7,2. 
Tem-se ainda que: 
P

V
T8
  
T
P



V
8
. 
Resposta: Logo, quando 
T
90 e 
V
100, 
T
P


0,08 é a resposta desejada. 
 (b) Use o resultado de (a) para aproximar a variação de pressão se a temperatura aumentar 
para 92
0
 C. 
Resolução: 
Quando 
T
 aumenta 2 e 
V
 permanece constante, um aumento aproximado em 
P
 é 
2(0,08)0,16. Concluímos então que, se a temperatura aumenta de 900 para 920, o 
acréscimo na pressão é de aproximadamente 0,16
N
/ 2m . 
Resposta: 0,16
N
/ 2m 
(c) Encontre a taxa de variação instantânea de 
V
 por unidade de variação em 
P
 se 
T
 
permanecer fixo em 90
0
. 
Resolução: 
V

P
T8
  
P
V


 
2
8
P
T
; 
Quando 
T
90 e 
P
7,2, tem-se 
P
V



227
908
),(


9
125
, que é a taxa de variação 
instantânea de 
V
 por unidade de variação em 
P
 quando 
T
90 e 
P
7,2, se 
T
 
permanecer fixo em 90. 
 
Resposta: 
P
V


= 
9
125
 
 Cálculo II – (Lauro / Nunes) 9 
(d) Suponha que a temperatura permaneça constante. Use o resultado de (c) para encontrar 
a variação aproximada no volume para produzir a mesma variação na pressão, obtida em (b). 
Resolução: 
Se 
P
 é acrescido de 0,16 e 
T
 permanece fixo, então a variação em 
V
 será 
aproximadamente (0,16)







9
125
 
9
20
. Logo, o volume sofrerá um decréscimo de 
aproximadamente 
9
20 3m
 se a pressão aumentar de 7,2
N
/
2m
 para 7,36
N
/
2m
. 
Resposta: 
9
20
 
20. O volume 
V
 de um cone circular é dado por 
V

24
 2y 224 ys 
, onde 
s
 é o 
comprimento da geratriz e 
y
 o diâmetro da base. 
(a) Encontre a taxa de variação instantânea do volume em relação à geratriz se o valor 
y
16, enquanto a geratriz 
s
 varia. Calcule essa taxa de variação no instante em que 
s
10
cm
. 
Resolução: 
s
V


 
s




24
 2y


 224 ys
 
24
 2y
s





  224 ys
 
24
 2y
 
22
22
42
4
ys
ys
s




 

24
 2y
2242
8
ys
s

 
22
2
46 ys
sy


; 
Quando 
s
10 e 
y
16, tem-se: 
s
V



22
2
161046
1016
)()(
)(


 
9
320 3cm
/
cm
. 
Resposta: 
s
V



9
320 3cm
/
cm
 
(b) Suponha que o comprimento da geratriz permaneça constante com o valor de 
s
10
cm
. Considerando que o valor do diâmetro varia, encontre a taxa de variação do volume 
em relação ao diâmetro quando 
y
16
cm
. 
Resolução: 
y
V



y




24
 2y


 224 ys
 
24

(
y
 2y
)
224 ys 

24
 2y
(
y
 224 ys 
) 

24

2
y
224 ys 

24
 2y

 
22
22
42
4
ys
ys
y




 
12

y
224 ys 

24
 2y

2242
2
ys
y


 

12
4 22 ysy   
22
3
424 ys
y


. 
Quando 
s
10 e 
y
16: 
y
V



12
1610416 22 )()(   
22
3
1610424
16
)()(
)(


 
9
16 3cm
/
cm
. 
Resposta: 
y
V



9
16 3cm
/
cm
 
 Cálculo II – (Lauro / Nunes) 10 
21. Pela definição acima, provar que a função 
f
(
x
,
y
)  2x  2y é diferenciável em  2 . 
Resolução: 
Derivadas parciais: 
x
f


(
0x
,
0y
)  2
0x
; 
y
f


(
0x
,
0y
)  2
0y
. 
Equação (8): 
L 
0
0
lim
yy
xx


),(),(
),(),(
00 yxyx
yxhyxf



0
0
lim
yy
xx


2
0
2
0
0000
2
0
2
0
22 22
)()(
)]()([
yyxx
yyyxxxyxyx


 
L 
0
0
lim
yy
xx


2
0
2
0
2
00
22
00
2 22
)()( yyxx
yyyyxxxx


 
0
0
lim
yy
xx


2
0
2
0
2
0
2
0
)()(
)()(
yyxx
yyxx


, racionalizando: 
L 
0
0
lim
yy
xx


2
0
2
0 )()( yyxx 
 0. 
Logo, 
f
 é diferenciável em  2 . 
Resposta: Logo, 
f
 é diferenciável em 2 . 
Nos exercícios a seguir, verifique se as funções dadas são diferenciáveis na origem, 
isto é, (
0x
,
0y
)  (0,0). 
22. 
f
(
x
,
y
) 
22 yx 
. 
Resolução: 
Derivadas parciais em (0,0): 

 
xf
(
0x
,
0y
), pois 
0
lim
h h
yxfyhxf ),(),( 0000 

0
lim
h h
fhf ),(),( 000 

0
lim
h h
h2 

0
lim
h h
h ||
 
0
lim
h h
h ||

0
lim
h h
h
 1; 
 
0
lim
h h
h ||

0
lim
h h
h
 1. 
Portanto 
x
f


(0,0) 

. 
Logo, 
f
 não é diferenciável na origem. 
Resposta: Logo, 
f
 não é diferenciável na origem. 
23. 
f
(
x
,
y
) 








),(),(,
),(),(,
00se 0
00se 
2
22
3
yx
yx
yx
y . 
Resolução: 
Derivadas parciais em (0,0): 
x
f


(0,0) 
0
lim
h h
fhf ),(),( 000 
 
0
lim
h h
00 
 
0
lim
h
0 0. 
y
f


(0,0) 
0
lim
h h
fhf ),(),( 000 
 
0
lim
h h
h
h








2
32
 
0
lim
h 3
32
h
h 
0
lim
h
2 2. 
Equação (8), desenvolvimento: 
 Cálculo II – (Lauro / Nunes) 11 
),(),(
),(),(
00 yxyx
yxhyxf


 
22
00000000
yx
yfxffyxf yx

 )])(,())(,(),([),( 

22
22
3
2
2
yx
y
yx
y


 
212222
323 222
/
))(( yxyx
yyxy


 
2322
22
/
)( yx
yx


 M. 
Verificação da existência do limite: 
)0,0(),(
lim
yx
M 
)0,0(),(
lim
yx
2322
22
/
)( yx
yx


 ? 
Tome 
y

k x
, 
x
0. 
0
lim
x 23222
22
/
)( xkx
kxx


 
0
lim
x 2323
3
1
2
/
)( kx
kx


 
0
lim
x 2321
2
/
)( k
k


 
2321
2
/
)( k
k


 
 

)0,0(),(
lim
yx
M. 
Logo, 
f
 não é diferenciável na origem. 
Resposta: Logo, 
f
 não é diferenciável na origem. 
 
Determine, se existir, o plano tangente ao gráfico das funções dadas nos pontosindicados. 
24. 
w
 2x + 2y nos pontos: a) P1(0,0,0); b) P2(1,1,2). 
Resolução: 
w
 é diferenciável em  2 ; 
xf
 2
x
, 
xf
(0,0)  0, 
xf
(1,1)  2 e 
f
(0,0)  0. 
yf
 2
y
, 
yf
(0,0)  0, 
yf
(1,1)  2 e 
f
(1,1)  2; 
a) 
w
 0  0(
x
 0)  0(
y
 0)  
w
 0; 
b) 
w
 2  2(
x
 1)  2(
y
 1)  2
x
2
y

w
 2. 
Resposta: 
25. 
w

222 yx 
 nos pontos: a) P1(0,0,0); b) P2(1,1, 3 ). 
Resolução: 
w
 é diferenciável em  2 {(0,0)}; 
a) 

 plano tangente em P1(0,0,0); 
b) 
xf

222
2
yx
x

, 
xf
(1,1) 
3
2
, 
yf

222 yx
y

, 
yf
(1,1) 
3
1
; 
w

3
  
3
2
(
x
 1)  
3
1
(
y
 1)  2
x

y

3 w
 0. 
Resposta: 
 Cálculo II – (Lauro / Nunes) 12 
26. Seja 
w

f
(
x
,
y
)  2x  2y . Graficamente, o grad f (
0x
,
0y
) é dado por: 
Resolução: 
 
x
y
w
x y0 0
P0
grad f ( )x ,y 0 0
x
y
P0
ck
y0
( )x , yf: = k
x0
 

 00 , yxf
  





x
yxf 00 ,
,  





y
yxf 00 ,
=
 00 2,2 yx
 
Resposta: 
27. Seja 
w

f
(
x
,
y
)  2x 
y
. Graficamente, o grad
f
(2,4) é dado por: 
Resolução: 
f
(2,4)  22  4  0  
0c
: 
f
(
x
,
y
)  0  2x 
y
 0  
y
 2x . 
grad f (2 4) ,
x
y
P0
c0
4
( )x , yf: = 0
2
 
Resposta: 
 Cálculo II – (Lauro / Nunes) 13 
28. Calcule a diferencial de 
f
(
x
,
y
)  
x

xy
 no ponto (1,1). 
Resolução: 
T(
x
1,
y
1)  
x
f


(1,1)(
x
1) +
y
f


(1,1)(
y
1) 
x
f


 1 
xy
y
2
  
xf
(1,1) 
2
3
; 
y
f



xy
x
2
  
yf
(1,1) 
2
1
. 
Logo: T(
x
1,
y
1) 
2
3
(
x
1) +
2
1
(
y
1). 
Pela notação clássica: 
df
(1,1) 
2
3 dx
+
2
1 dy
. 
 
 
Resposta: 
df
(1,1) 
2
3 dx
+
2
1 dy
. 
29. Dada a função 
w
 2x + 2y  xy . 
 a) Determine uma aproximação para o acréscimo da variável dependente quando (
x
,
y
) 
passa de (1,1) para (1,001;1,02). 
Resolução: 

w

dw
 

w

x
f


(1,1)(1,0011) +
y
f


(1,1)(1,021); 
x
f


(1,1)  1, 
y
f


(1,1)  1; 

w
 10,001 + 10,02  
w
 0,021. 
 
Resposta: 
w
 0,021. 
 b) Calcular 
w
 quando as variáveis independentes sofrem a variação em a). 
Resolução: 

w

f
(1,001;1,02) 
f
(1,1)  0,021381. 
 
Resposta: 
w
0,021381 
 c) Calcular o erro obtido da aproximação de 
dw
 como 
w
. 
Resolução: 
Erro  
w

dw
 0,000381. 
Resposta: 0,000381 
30. Calcule a diferencial total da função:
w
 2x  2y  xyze . 
Resolução: 
dw
 (2
x

yz
xyze
)
dx
(2
y

xz
xyze
)
dy

xy
xyze dz
. 
 
 
Resposta: 
dw
 (2
x

yz
xyze
)
dx
(2
y

xz
xyze
)
dy

xy
xyze dz
 
 Cálculo II – (Lauro / Nunes) 14 
31. Calcule a diferencial total da função: 
w

1x 2x

2x 3x

3x 4x
. 
Resolução: 
dw

2x 1dx
(
1x

3x
)
2dx
(
4x

2x
)
3dx

3x 4dx
. 
 
 
Resposta: 
dw

2x 1dx
(
1x

3x
)
2dx
(
4x

2x
)
3dx

3x 4
dx
. 
32. Nos itens a) e b), calcule o valor aproximado para a variação da área na figura quando os 
lados são modificados de: 
 a) 4cm e 2cm para 4,01cm e 2,001cm, num retângulo; 
Resolução: 
2
4
 
x
 4cm e 
x
 4,01  4  0,01cm 
A

x
y
 
y
 2cm e 
y
 2,001  2  0,001cm 
dA

x
A

 dx

y
A

 dy

y
dx

x
dy
 
 
dA
 20,0140,001  0,024cm2. 
Para esta variação nos lados, a área do retângulo sofre um acréscimo de 
aproximadamente 0,024cm
2
. 
 
Resposta: 0,024cm2. 
 b) 2cm e 1cm para 2,01cm e 0,5cm, num triângulo retângulo. 
Resolução: 
1
2 
A

2
xy
  
dA

x
A

 dx

y
A

 dy

2
y dx

2
x dy
 
 
dA
 0,005  0,5  0,495cm2. 
O sinal negativo indica que a área sofre um decréscimo de 0,495cm
2
 aproximadamente. 
 
Resposta: 0,495cm2. 
33. Calcular o valor aproximado de (1,001)3,02. 
Resolução: 
Tome: 
w

f
(
x
,
y
) yx , encontrar 
f
(
x

x
,
y

y
)(
x

x
) yy  , tal que 
x
1, 
y
3, 
x
0,001 e 
y
0,02. 
Sendo 
df

f
 com 
f

f
(
x

x
,
y

y
) 
f
(
x
,
y
) 
 
df
(
x

x
) yy   yx  ( x  x ) yy   yx 
df
 (1) 
Mas 
df

y
1yx dx
 yx xln
dy
 3120,001
1ln
0,02  0,003  0  0,003; 
Substituindo em (1): 
(1,001)
3,02
  1  0,003  (1,001)3,02  1,003. 
 
 
Resposta: (1,001)3,02  1,003. 
 Cálculo II – (Lauro / Nunes) 15 
34. O diâmetro e a altura de um cilindro circular reto medem, com um erro provável de 
0,2
pol
 em cada medida, respectivamente, 12
pol
 e 8
pol
. Qual é, aproximadamente, o 
máximo erro possível no cálculo do volume? 
H
D 
Resolução: 
V
  2
2





 D H  
4
 HD
2  Aproximação de 
V
 por 
dV
: 
dV

D
V

 dD

H
V

 dH
; 
Fazendo-se a substituição de 
D
V



2
 DH
 e 
H
V



4

2D
em 
dV
, tem-se: 
dV

2
 DH

dD

4

2D

dH
 
2

(12)(8)(0,2) 
4

(12)2(0,2) 16,8
3pol
. 
 
 
 
 
 
Resposta: 
dV
16,8
3pol
 
35. Dada a superfície 
z

yx
yx


, se no ponto 
x
4, 
y
2, 
x
 e 
y
 são acrescidos de 
10
1
, qual é 
a variação aproximada de 
z
? 
Resolução: 
dz

x
z

 dx

y
z

 dy
 
x
z



2
11
)(
)()(
yx
yxyx


  
2
2
)( yx
y

; 
 
y
z



2
11
)(
)()(
yx
yxyx


  
2
2
)( yx
x


; 
dz

2
2
)( yx
y

dx

2
2
)( yx
x

 dy
 
2
2
)( yx 
(
y
dx

x
dy
) 
dz

224
2
)( 
(2
10
1
4
10
1
)  
dz
 
90
1
  0,01111. 
Obs: 

z

f
(
x
+
x
,
y
+
y
)  
f
(
x
,
y
) 

z

f
(4+
10
1
,2+
10
1
)  
f
(4,2)  
f
(
10
41
,
10
21
)  
f
(4,2)  
31
10

3
1
 
93
1
 0,01075. 
 
 
 
 
 
 
Resposta: 
z
0,01075 
 Cálculo II – (Lauro / Nunes) 16 
36. As dimensões de uma caixa são 10
cm
, 12
cm
 e 15
cm
. Essas medidas têm um possível 
erro de 0,02
cm
. Encontre, aproximadamente, o máximo erro no cálculo do volume. 
x
y
z
 
Resolução: 
V

x
y
z
 
O valor exato do erro é 
V
, entretanto, usaremos 
dV
 como uma aproximação de 
V
. 
dV

x
V

 dx

y
V

 dy

z
V

 dz
, sendo assim: 
dV

y
z dx

x z
dy

x
y
dz
 
dV
12150,0210150,0210120,02  9 3cm . Logo: V  9 3cm . 
 
Resposta: Logo: 
V
 9 3cm 
37. Use a regra da Cadeia para encontrar a derivada de 
w

yx 
 em relação a 
t
 ao longo do 
caminho 
x

tcos
, 
y

tsin
. Qual é o valor da derivada em 
t

2

? 
Resolução: 
dt
dw

x
w


dt
dx

y
w


dt
dy
 
w

x
y
  
x
w



y
 e 
y
w



x
; 
 
x

tcos
  
dt
dx
 
tsin
; 
 
y

tsin
  
dt
dy

tcos
; 
 
dt
dw

y
(
tsin
) 
x
(
tcos
)  
t2sin

t2cos
 
)2cos( t
; 
 
2








tdt
dw






 

2
2cos

cos
 1. 
Neste caso, pode-se verificar o resultado: 
w

x
y

tcos

tsin

2
1 )2sin( t
. 
dt
dw

2
1
2
)2cos( t
  
dt
dw

)2cos( t
. 
 
 
Resposta: 1 
 Cálculo II – (Lauro / Nunes) 17 
38. Encontre 
dt
dw
 sendo que 
w
 
x
y

z
, 
x

tcos
, 
y

tsin
 e 
z

t
. Determine o valor da 
derivada em 
t
0. 
Resolução: 
dt
dw

x
w


dt
dx

y
w


dt
dy

z
w


dt
dz
 
w

x
y

z
  
x
w



y
, 
y
w



x
 e 
z
w


1; 
 
x

tcos
  
dt
dx
 
tsin
; 
 
y

tsin
  
dt
dy

tcos
; 
 
z

t
  
dt
dz
 1; 
 
dt
dw

y
(
tsin
) 
x
(
tcos
) 11  
t2sin

t2cos
1  1
)2cos( t
; 
 
0






tdt
dw
 1
)0cos(
  11  2. 
 
 
Resposta: 2 
39. Expresse 
r
w


 e 
s
w


 em termos de 
r
 e 
s
 se: 
w

x
2
y
 2z , 
x

s
r
, 
y
 2r  sln , z 2 r . 
Resolução: 
r
w



x
w


r
x



y
w


r
y



z
w


r
z


 
r
w


(1)






s
1
(2)(2
r
)(2
z
)(2)  
r
w



s
1
12
r
; 
s
w



x
w

s
x



y
w


s
y



z
w


s
z


 
s
w


(1)







2s
r
(2)






s
1
(2
z
)(0)  
s
w



s
2

2s
r
. 
Resposta: 
r
w



s
1
12
r
 e 
s
w



s
2

2s
r
 
 Cálculo II – (Lauro / Nunes) 18 
40. Dada a função 
w
 2x  2y  2z e sabendo que x = r cos sin , y  r sin sin e 
z

r
cos
, calcular as derivadas da função 
w
 em relação a 
r
,  e . 
Resolução: 





r
w
 

w
 




w






x
w
 
y
w


 





z
w



































zz
r
z
yy
r
y
xx
r
x
 
[2
x
 2
y
 2
z
]













sin0cos
cossinsincossinsin
coscossinsinsincos
r
rr
rr
 
r
w


 2
x cos sin
2
y
sin
sin
2
z
cos
 
 2
r 2cos 2sin
2
r 2sin 2sin
2
r
2cos
 
 2
r
[(
  
1
22 sincos


)
2sin

2cos
]  2
r
[

1
22 cossin


] 
  
r
w


 2
r
; 

w
 2
x r sin
sin
2
y
r cos
sin
 
 2 2r cos sin 2sin 2 2r sin cos 2sin 
  

w
 0; 

w
 2
x r cos
cos
2
y
r sin
cos
2
z r
sin
 
 2 2r 2cos
cos sin
2 2r 2sin
cos sin
2 2r
cos sin
 
 2 2r [( 2cos  2sin 1)
cos sin
] 
 2 2r [(11)
cos sin
] 
 2 2r [(0)
cos sin
] 

w
 0. 
Resposta: 
r
w


 2
r
 , 

w
 0 e 

w
 0 
 Cálculo II – (Lauro / Nunes) 19 
41. A altura de um cone circular é de 
h
100
pol
 e decresce a razão de 10
pol
/
seg
. O raio da 
base é de 
r
50
pol
 e cresce a razão de 5
pol
/
seg
. Com que velocidade está variando o 
volume, quando 
h
100
pol
 e 
r
50
pol
? 
h
r 
Resolução: 
V

f
(
h
,
r
)  
3
1
 2r h 
dt
dh
 10
pol
/
seg
 e 
dt
dr
 5
pol
/
seg
; 
dt
dV

h
V



dt
dh

r
V



dt
dr
 
dt
dV

3
1
 2r 
dt
dh

3
2

r h

dt
dr
 
dt
dV

3
1
(50)2(10)
3
2
(50)(100)(5) 
3
1
(25000)
3
2
(25000) 
3
25000
. 
dt
dV

3
25000
  26180
3pol
/
seg
. 
Resposta: Portanto, o volume cresce à taxa de 26180
3pol
/
seg
 no dado instante 
42. Use a lei do gás ideal com 
k
10 para encontrar a taxa de variação da temperatura no 
instante em que o volume do gás é 120 3cm e o gás está sob uma pressão de 8 din / 2cm , se 
o volume cresce à taxa de 2 3cm /
seg
 e a pressão decresce à taxa de 0,1
din
/ 2cm (din , 
unidade de força) por segundo. 
Resolução: 
T

10
PV
  
dt
dT

P
T


dt
dP

V
T


dt
dV
 
P
 8, 
V
 120, 
dt
dP
 0,1 e 
dt
dV
 2; 
dt
dT

10
V
dt
dP

10
P
dt
dV
 
dt
dT

10
120
(0,1)
10
8
(2)  
dt
dT
0,4
graus
/
seg
. 
Resposta: A temperatura cresce à taxa de 0,4 graus por segundo no dado instante. 
43. Encontre 
x
y


 para 
2y
 2x 
xysin
  0. 
Resolução: 
Tome 
F
(
x
,
y
) 
2y
 2x 
xysin
. Então 
x
y


 
y
x
F
F
 
xyxy
xyyx
cos2
cos2



xyxy
xyyx
cos2
cos2


. 
Resposta: 
x
y



xyxy
xyyx
cos2
cos2


 
 Cálculo II – (Lauro / Nunes) 20 
44. Dada a equação 2x  2y  1, encontre 
x
y


 usando derivação por duas formas: 
a) Derivando implicitamente; 
b) Derivando através de função de uma variável. 
 a) 
F
(
x
,
y
)  2x  2y  1 
Resolução: 
x
y


 
y
x
F
F
 
y
x
2
2
  
x
y


 
y
x
; 
 
 
Resposta: 
x
y


 
y
x
 
 b) 
y
 21 x 
Resolução: 
x
y


 
2
1
(1 2x )
1/2(2
x
) 
21 x
x


 
y
x
. 
 
 
Resposta: 
x
y


 
y
x
 
45. Sabendo que 
z

f
(
x
,
y
) é definida por 4x
y

3y
 3z  z  5, determine 
x
z


 e 
y
z


. 
Resolução: 
F
(
x
,
y
,
z
)  4x
y

3y
 3z  z  5 
x
F


 4 3x
y
; 
y
F


 4x  3 2y ; 
z
F


 3 2z + 1. 
x
z


 
13
4
2
3


z
yx e 
y
z


 
13
3
2
24


z
yx )( . 
Resposta: 
x
z


 
13
4
2
3


z
yx e 
y
z


 
13
3
2
24


z
yx )( 
 Cálculo II – (Lauro / Nunes) 21 
46. Classificar os pontos críticos da função 
f
(
x
,
y
)  3
x 2y
 3x 3 x . 
Pontos críticos: 
Resolução: 
x
f


 0  3
2y
3
2x
3  0 (1) 
y
f


 0  6
x
y
  0 (2) 
De (2) concluímos que 
x
 0 ou 
y
 0; 
 Fazendo 
x
 0 em (1)  (0,1) e (0,1); 
 Fazendo 
y
 0 em (1)  (1,0) e (1,0). 
Logo, os pontos críticos de 
f
 são: 
A
(0,1), 
B
(0,1), 
C
(1,0) e 
D
(1,0). 
Hessiano 
H
(
x
,
y
) 
yyyx
xyxx
ff
ff 
xy
yx
66
66  36 2x 36 2y . 
Análise em 
A
(0,1), 
B
(0,1), 
C
(1,0) e 
D
(1,0): 
 
A
(0,1)  
H
(0,1)  36  0  
A
(0,1) é PONTO DE SELA; 
 
B
(0,1)  
H
(0,1)  36  0  
B
(0,1) é PONTO DE SELA; 
 
C
(1,0)  
H
(1,0)  36  0 e 
xxf
(1,0)  6  0  
C
(1,0) é MÍNIMO LOCAL de 
f
; 
 
D
(1,0)  
H
(1,0)360 e 
xxf
(1,0)60  
D
(1,0) é MÁXIMO LOCAL de 
f
. 
Gráfico de 
f
(
x
,
y
)  3
x 2y
 3x 3 x . 
 
Resposta: 
A
(0,1) é PONTO DE SELA; 
B
(0,1) é PONTO DE SELA; 
C
(1,0) é 
MÍNIMO LOCAL de 
f
 e 
D
(1,0) é MÁXIMO LOCAL de 
f
. 
 Cálculo II – (Lauro / Nunes) 22 
47. Considerando 
f
(
x
,
y
) 2x  x
y

2y

x
3

y
3
5, verifique se o ponto (1,1) é ponto 
crítico, classificando-o. 
Resolução: 
x
f


 2
x

y

2
3
x
  
xf
(1,1)  0 
y
f


 
x
2
y

2
3
y
  
yf
(1,1)  0  (1,1) é ponto crítico de 
f
. 
Cálculo do hessiano: 
H
(
x
,
y
) 
yyyx
xyxx
ff
ff 
3
3
6
21
1
6
2
y
x


  (2
3
6
x
)(2
3
6
y
)  1. 
H
(1,1)  63  0 e 
2
2
x
f

 (1,1)  8  0. 
Logo, (1,1) é MÍNIMO LOCAL de 
f
. 
Resposta: (1,1) é MÍNIMO LOCAL de 
f
. 
48. Seja 
f
(
x
,
y
)2 3x 2 3y 6 x 6 y . Analisar os pontos de máximo e mínimo de f no 
conjunto aberto 
A
 da figura a seguir. 
 
Resolução: 
Candidatos a máximos e mínimos: 
x
f


 6 2x 6 e 
y
f


 6
2y
6. Resolver o sistema: 






066
066
2
2
y
x . 
Pontos: 
1P
(1,1), 
2P
(1,1), 
3P
(1,1) e 
4P
(1,1). 
Hessiano: 
H
(
x
,
y
) 
yyyx
xyxx
ff
ff 
y
x
120
012  144 x
y
. 
ANÁLISES: 
1P
(1,1)  
H
(1,1)  144  0 e 
xxf
(1,1)  12  0  (MÍNIMO LOCAL). 
2P
(1,1)  
H
(1,1)  144  0  (PONTO DE SELA). 
3P
(1, 1)  
H
(1, 1)  144  0  (PONTO DE SELA). 
4P
(1,1)  
H
(1,1)  144  0 e 
xxf
(1,1)  12  0  (MÁXIMO LOCAL). 
Resposta: 
f
 possui um ponto de mínimo e um de máximo local. São eles: (1,1) e 
(1,1). 
 Cálculo II – (Lauro / Nunes) 23 
49. Tome 
f
(
x
,
y
)2 3x 2 3y 6 x 6 y do exercício anterior. Determinar o valor máximo e o 
valor mínimo de 
f
 no conjunto 
B
 delimitado pelo triângulo 
MNP
 da figura a seguir. 
 
Resolução: 
Pelo teorema de Weierstrass, existem 
1P
 e 
2P

B
 tais que 
 
f
(
1P
)  
f
(
P
)  
f
(
2P
), 
 P

B
. 
1P
 e 
2P
 são pontos de mínimo e máximo absolutos. Do exercício anterior, temos que 
(1,1) é o único ponto crítico de 
B
 e (1,1) é ponto de mínimo local de 
f
. 
ANÁLISES DAS FRONTEIRAS a) 
PM
, b) 
MN
 e c) 
NP
: 
 a) 
PM
 reta 
x

y
 3  
y
 3 
x
 para 0  
x
  3. 
Na função: 
f
(
x
,3 
x
)  2 3x 2(3  x )
36
x
6(3 
x
)  18 2x 54 x 36. 
Análise de máximos e mínimos em uma variável: 
x

2
3
 é um ponto de mínimo em (0,3); 
x
0 e 
x
3 são pontos de máximo em [0,3]. 
 b) 
MN
 reta 
y
0 para 0  
x
  3. 
Na função: 
f
(
x
,0)2 3x 6 x . 
Análise de máximos e mínimos: 
'f
(
x
,0)  6 2x 6  x  1  x  1(0,3). 
"f
(
x
,0)  12
x
  
"f
(1,0)  12  0  
x
 1 é ponto de mínimo. 
x
1 é um ponto de mínimo em (0,3); 
x
3 é um ponto de máximo em [0,3]. 
 c) 
NP
 reta 
x
0 para 0  
y
  3. 
Na função: 
f
(0,
y
)2
3y
6
y
. 
Mesmo caso de b), aplicado para 
y
.y
1 é um ponto de mínimo de 
f
(0,
y
) em (0,3); 
y
3 é um ponto de máximo de 
f
(0,
y
) em [0,3]. 
 RESUMO: 
PONTO LOCALIZAÇÃO IMAGEM DO PONTO 
 (1,1) INTERIOR DE 
B
  8 
 






2
3
2
3
,
 FRONTEIRA DE 
B
  
2
9
 
 (0,3) FRONTEIRA DE 
B
 36 
 (3,0) FRONTEIRA DE 
B
 36 
 (1,0) FRONTEIRA DE 
B
  4 
 (0,1) FRONTEIRA DE 
B
  4 
 CONCLUSÃO FINAL: 
1P
(1,1) é ponto de mínimo absoluto de 
f
(
x
,
y
). 
2P
(0,3) e 
3P
(3,0) são pontos de máximo absolutos. 
 Cálculo II – (Lauro / Nunes) 24 
Logo: 
- O valor de mínimo de 
f
 é 
f
(1,1)  8. 
- O valor de máximo de 
f
 é 
f
(0,3)  
f
(3,0)  36. 
Resposta: O valor de mínimo de 
f
 é 
f
(1,1)  8. e o valor de máximo de 
f
 é 
f
(0,3)  
f
(3,0)  36. 
50. Quais as dimensões de uma caixa retangular sem tampa com volume 4 3m e com a menor 
área de superfície possível? 
x
y
z
 
Resolução: 
 VOLUME: 
V

x
y
z
. 
 ÁREA TOTAL: 
S
2
x z
2
y
z

x
y
. 
MINIMIZAR 
S
 sabendo que 
x
y
z
4 e 
x
, 
y
, 
z
  0. 
ou min 
S
2
x z
2
y
z

x
y
 (1) 
 s.a. 
x
y
z
4 (2) 
 
x
, 
y
, 
z
  0. (3) 
(1) é a função objetivo; (2) e (3) são restrições. 
Podemos eliminar (2), explicitando 
z
 em função de 
x
 e 
y
: 
 
z

xy
4
  
S
2
x
xy
4
2
y
xy
4

x
y
; 
Logo: min 
S

y
8

x
8

x
y
 
 s.a. 
x
, 
y
, 
z
  0. 
MINIMIZAR 
S
: 
x
S


 
2
8
x

y
; 
y
S


 
2
8
y

x
. Resolução do sistema: 









0
8
0
8
2
2
x
y
y
x
 
Obtemos como solução o ponto (2,2). 
CLASSIFICAÇÃO DO PONTO: Hessiano. 
H
(
x
,
y
) 
yyyx
xyxx
ff
ff 
3
3
16
1
1
16
y
x 
33
256
yx
1. 
H
(2,2)  3  0 e 
2
2
x
S

 (2,2)  2  0. 
Assim, (2,2) é um ponto de mínimo. 
Dimensões da caixa: 
x
2, 
y
2. 
z

xy
4
  
z
1. (
x
,
y
,
z
)  (2,2,1). 
2
2
1
 
Resposta: (
x
,
y
,
z
)  (2,2,1).