Lista_9

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LISTA 9
Cálculo 2 (2023.2)
Diferenciabilidade
Plano Tangente
Reta Normal
Exercício 1
(Cederj, EP7–Cálculo III–2017-1. Ex: 2,3) Verifique a partir da definição se as funções a seguir são diferenciáveis
na origem.
a) f(x, y) = x2 + y2
b) g(x, y) = |x|+ |y|
c) q(x, y) =
√
|xy|
d) h(x, y) =

xy
x2 + y2
se (x, y) ̸= (0, 0)
0 se (x, y) = (0, 0)
Exercício 2
Determine se as seguintes funções são de classe C1:
a) f(x, y, z) =
√
x2 + y2 + z2
b) g(x, y, z) = ln(1− x− y − z)
Exercício 3
(Cederj, EP8–Cálculo III–2017-1. Ex: 7) Seja
f(x, y) =

(x2 + y2) sin
(
1√
x2 + y2
)
, se (x, y) ̸= (0, 0)
0, se (x, y) = (0, 0)
.
a) Calcule ∂f
∂x
(x, y) e ∂f
∂y
(x, y).
b) Mostre que ∂f
∂x
e ∂f
∂y
não são contínuas em (0, 0).
c) Prove que f é diferenciável em (0, 0).
d) Prove que f é diferenciável em R2.
Exercício 4
(Cederj, EP9–Cálculo III–2017-1. Ex: Modificação 4.) Sabendo que f(1, 2) = 3 e que
∂f
∂x
(1, 2) = 1,
∂f
∂y
(1, 2) = −1,
calcule o plano tangente e a reta normal ao gráfico de f no ponto (1, 2, f(1, 2)).
Exercício 5
Se f(x, y) = arctan(x−2y), determine as equações do plano tangente e da reta normal ao gráfico de f no ponto
(2, 1, f(2, 1)).
Exercício 6
Determine a equação de um plano que seja paralelo ao plano 2z = 2x + 3y e tangente ao gráfico da função
f(x, y) = 2x2 + xy.
Solução do Exercício 1
a) Temos que
∂f
∂x
(x, y) = 2x =⇒ ∂f
∂x
(0, 0) = 0 .
e
∂f
∂y
(x, y) = 2y =⇒ ∂f
∂y
(0, 0) = 0 .
Logo, f será diferenciável em (0, 0) se
lim
(x,y)→(0,0)
E(x, y)√
x2 + y2
= 0,
com
E(x, y) = f(x, y)− f(0, 0)− ∂f
∂x
(0, 0) x− ∂f
∂y
(0, 0) y = x2 + y2.
Calculando:
lim
(x,y)→(0,0)
E(x, y)√
x2 + y2
= lim
(x,y)→(0,0)
x2 + y2√
x2 + y2
= lim
(x,y)→(0,0)
√
x2 + y2 = 0
Portanto, f(x, y) = x2 + y2 é diferenciável em (0, 0).
b) Sabemos que uma condição necessária para uma função ser diferenciável num ponto é que ela tenha
derivadas parciais nesse ponto. Neste item, temos que g(x, 0) = |x|. Isso significa que não existe a
derivada parcial gx(0, 0), já que a função módulo não tem derivada em zero. Portanto, g(x, y) = |x|+ |y|,
não é diferenciável em (0, 0).
c) Temos
q(x, 0) = 0 para todo x =⇒ ∂q
∂x
(x, 0) = 0 =⇒ ∂q
∂x
(0, 0) = 0
q(0, y) = 0 para todo y =⇒ ∂q
∂y
(0, y) = 0 =⇒ ∂q
∂y
(0, 0) = 0
Logo,
E(x, y) = f(x, y)− f(0, 0)− ∂f
∂x
(0, 0) x− ∂f
∂y
(0, 0) y =
√
|xy|.
Assim, temos que determinar se o seguinte limite vale 0:
lim
(x,y)→(0,0)
E(x, y)√
x2 + y2
= lim
(x,y)→(0,0)
√
|xy|√
x2 + y2
.
Mas note que ao longo do caminho x(t) = t; y(t) = t, temos:
lim
t→0
√
|t · t|√
t2 + t2
= lim
t→0
|t|√
2|t|
=
1√
2
.
Portanto o limite (mesmo que exista) não será 0, e assim q(x, y) não é diferenciável em (0, 0).
2
d) Como h(x, 0) = h(0, y) = 0 para quaisquer x e y (inclusive 0), temos
∂h
∂x
(0, 0) =
∂h
∂y
(0, 0) = 0.
Lembramos que h é diferenciável em (a, b) ∈ R2, se
lim
(x,y)→(a,b)
E(x, y)√
(x− a)2 + (y − b)2
= 0,
onde
E(x, y) = h(x, y)− h(a, b)− hx(a, b)(x− a)− hy(a, b)(y − b)
para cada (x, y) ∈ R. Nesse caso, pondo (a, b) = (0, 0),
lim
(x,y)→(0,0)
E(x, y)√
(x− 0)2 + (y − 0)2
= lim
(x,y)→(0,0)
xy
x2+y2√
x2 + y2
= lim
(x,y)→(0,0)
xy
(x2 + y2)3/2
Vamos usar a técnica dos caminhos para ver que o limite anterior não vale 0. Notando que (t, t) → (0, 0)
quando t → 0, podemos calcular o limite ao longo do caminho y = x, obtendo:
lim
t→0
t · t
(t2 + t2)3/2
= lim
t→0
t2
(2t2)3/2
= lim
t→0
t2
23/2|t|3
= lim
t→0
1
23/2|t|
= +∞.
Como esse limite não é 0, podemos concluir que a função h não é diferenciável em (0, 0).
Solução do Exercício 2
a) Não. Enquanto f tem derivadas parciais contínuas fora da origem, a saber,
∂f
∂x
(x, y, z) =
x√
x2 + y2 + z2
;
∂f
∂y
(x, y, z) =
y√
x2 + y2 + z2
;
∂f
∂z
(x, y, z) =
z√
x2 + y2 + z2
,
na origem as derivadas parciais não existem. De fato, basta ver que f(x, 0, 0) = |x|, cuja derivada não
existe em x = 0, e portanto ∂f∂x (0, 0, 0) não existe.
b) Sim, pois ela é composta de funções de classe C1. Ou, explicitamente:
∂g
∂x
(x, y, z) =
∂g
∂y
(x, y, z) =
∂g
∂z
(x, y, z) = − 1
1− x− y − z
que é uma função contínua em todos os pontos do domínio de g (note: os pontos (x, y, z) tais que
x+ y + z = 1 não estão no domínio de g).
Solução do Exercício 3
a) Para (x, y) ̸= (0, 0) temos:
∂f
∂x
(x, y) = 2x sin
(
1√
x2 + y2
)
− x√
x2 + y2
cos
(
1√
x2 + y2
)
∂f
∂y
(x, y) = 2y sin
(
1√
x2 + y2
)
− y√
x2 + y2
cos
(
1√
x2 + y2
)
.
Para (x, y) = (0, 0) temos:
∂f
∂x
(0, 0) = limh→0
f(0 + h, 0)− f(0, 0)
h
= limh→0
h2 sin
(
1√
h2
)
− 0
h
= limh→0 h sin
(
1√
h2
)
= 0
∂f
∂y
(0, 0) = limh→0
f(0, 0 + h)− f(0, 0)
h
= limh→0
h2 sin
(
1√
h2
)
− 0
h
= limh→0 h sin
(
1√
h2
)
= 0
3
pois limh→0 h = 0 e
∣∣∣sin( 1√
h2
)∣∣∣ ≤ 1 (Teorema do Anulamento). Em suma:
∂f
∂x
(x, y) =

2x sin
(
1√
x2 + y2
)
− x√
x2 + y2
cos
(
1√
x2 + y2
)
se (x, y) ̸= (0, 0)
0 se (x, y) = (0, 0)
∂f
∂y
(x, y) =

2y sin
(
1√
x2 + y2
)
− y√
x2 + y2
cos
(
1√
x2 + y2
)
se (x, y) ̸= (0, 0)
0 se (x, y) = (0, 0)
.
b) ∂f
∂x
não é contínua em (0, 0) pois lim(x,y)→(0,0)
∂f
∂x
(x, y) não existe.
De fato, escolhendo o caminho y = x para nos aproximarmos de (0, 0), temos
lim
t→0
∂f
∂x
(t, t) = lim
t→0
[
2t sin
(
1
√
2t2
)
− t√
2t2
cos
(
1
√
2t2
)]
= lim
t→0
2t sin
(
1
√
2t2
)
︸ ︷︷ ︸
0 por Anulamento
− lim
t→0
t
√
2|t|
cos
(
1
√
2|t|
)
= − lim
t→0
t
√
2|t|
cos
(
1
√
2|t|
)
Tomando t → 0+, temos
lim
t→0+
t
√
2|t|
cos
(
1
√
2|t|
)
=
1
√
2
lim
t→0+
cos
(
1
√
2|t|
)
.
que não existe, pois a função cos
(
1
√
2|t|
)
oscila entre −1 e 1 arbitrariamente perto da origem.
Logo, não existe lim(x,y)→(0,0)
∂f
∂x
(x, y) ao longo do caminho y = x, consequentemente, não existe
lim(x,y)→(0,0)
∂f
∂x
(x, y), e portanto, ∂f
∂x
não é contínua em (0, 0).
De modo análogo, prova-se que ∂f
∂y
não é contínua em (0, 0).
c) Uma função f é diferenciável em (0, 0) se
lim
(x,y)→(0,0)
E(x, y)√
x2 + y2
= 0,
onde
E(x, y) = f(x, y)− f(0, 0)− ∂f
∂x
(0, 0) x− ∂f
∂y
(0, 0) y.
Em nosso exercício
E(x, y) = f(x, y)− f(0, 0)− ∂f
∂x
(0, 0) x− ∂f
∂y
(0, 0) y
= (x2 + y2) sin
(
1√
x2 + y2
)
− 0− 0 · x− 0 · y
= (x2 + y2) sin
(
1√
x2 + y2
)
.
Logo,
lim
(x,y)→(0,0)
E(x, y)√
x2 + y2
= lim
(x,y)→(0,0)
x2 + y2√
x2 + y2
sin
(
1√
x2 + y2
)
= lim
(x,y)→(0,0)
√
x2 + y2 sin
(
1√
x2 + y2
)
= 0
pelo Teorema do Anulamento:
√
x2 + y2 → 0 enquanto −1 ≤ sin
(
1√
x2 + y2
)
≤ 1. Portanto, f(x, y) é
diferenciável em (0, 0).
4
d) Como ∂f
∂x
(x, y) e ∂f
∂y
(x, y) são funções contínuas em (x, y) ̸= (0, 0), pois são soma, produto e composta de
funções contínuas, segue que f(x, y) é diferenciável para todo (x, y) ̸= (0, 0). E, como provamos no item
(c) que f é diferenciável em (0, 0), segue que f é diferenciável em R2.
Solução do Exercício 4
A equação do plano tangente ao gráfico de z = f(x, y) no ponto (1, 2, 3) é:
z − 3 = ∂f
∂x
(1, 2)(x− 1) + ∂f
∂y
(1, 2)(y − 2) .
Agora basta substituir os valores das derivadas parciais:
z − 3 = 1(x− 1)− 1(y − 2) .
ou seja, a equação do plano tangente é
x− y − z + 4 = 0 .
Os coeficientes de x, y e z na equação do plano tangente são um vetor normal ao plano, e portanto ao gráfico
de z = f(x, y). Neste caso, ele é dado por:
N⃗ = (1,−1,−1)
Portanto, a reta normal ao gráfico de z = f(x, y) no ponto (x0, y0, z0) pode ser parametrizada por:
γ⃗(t) = (x0, y0, z0) + tN⃗ = (1, 2, 3) + t(1,−1,−1)
γ⃗(t) = (1 + t, 2− t, 3− t)
com t ∈ R.
Solução do Exercício 5
Temos f(2, 1) = arctan 0 = 0 e
∂f
∂x
(x, y) =
1
1 + (x− 2y)2
=⇒ ∂f
∂x
(2, 1) = 1
∂f
∂y
(x, y) =
−2
1 + (x− 2y)2
=⇒ ∂f
∂x
(2, 1) = −2
Portanto a equação do plano tangente vai ser
z − 0 = 1 · (x− 2)− 2 · (y − 1)
z = x− 2y.
Sendo o plano tangente x − 2y − z = 0, seu vetor normal vai ser N⃗ = (1,−2,−1) (que também é normal ao
gráfico de f no ponto (2, 1, 0)). Portanto a reta normal vai ser:
γ⃗(t) = (2, 1, 0) + t(1,−2,−1)
γ⃗(t) = (2 + t, 1− 2t,−t).
Solução do Exercício 6
O vetor normal ao plano 2x+ 3y − 2z = 0 é dado pelos coeficientes de x, y, z (quandoescrito nesta forma):
−→n1 = (2, 3,−2).
5
Por outro lado, a normal ao plano tangente ao gráfico de f é
−→n2 =
(
∂f
∂x
,
∂f
∂y
, −1
)
= (4x+ y, x,−1)
Como os planos são paralelos, segue que existe λ ∈ R tal que −→n1 = λ−→n2 (pois as normais são paralelas). Logo:
(4x+ y, x,−1) = λ(2, 3,−2).
A terceira componente nos diz que λ = 12 . Da segunda componente, vem x = 3λ =
3
2 . Enfim, da primeira
temos:
4x+ y = 2λ =⇒ 6 + y = 1 =⇒ y = −5.
Enfim, neste ponto (x, y) =
(
3
2 ,−5
)
temos f
(
3
2 ,−5
)
= 92 −
15
2 = −3. Como sabemos que o plano desejado tem
a forma
2x+ 3y − 2z = d
e passa pelo ponto
(
3
2 ,−5,−3
)
, podemos calcular d rapidamente plugando o ponto na equação do plano:
d = 2 · 3
2
+ 3 · (−5)− 2 · (−3) = 3− 15 + 6 = −6.
Enfim, a equação do plano desejado vai ser:
2x+ 3y − 2z = −6 .
6