Aula 11 Limites e derivadas parciais

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UNIVERSIDADE FEDERAL DO PARÁ
CÁLCULO II - PROJETO NEWTON
AULA 11
Assuntos: Limites e Derivadas Parciais
Palavras-chaves: limite, teorema do confronto, conservação do sinal, derivada, derivadas
parciais
Limites (continuação)
A proposição a seguir fornece em procedimento para o cálculo de certos limites de funções de várias variáveis
reais a valores reais
Proposição 1 Sejam f e g funções de n variáveis reais a valores reais com Df ⊂ Dg, p0 um ponto de acumula-
ção de Df e de Dg e Br(p0) uma bola aberta de centro em p0 tal que f(x) = g(x) para qualquer x ∈ Bδ(p0)∩Df
e x 6= p0. Nessas condições, se existe o limite lim
x→p0
g(x), então lim
x→p0
f(x) = lim
x→p0
g(x).
Demonstração:
Seja lim
x→p0
g(x) = L. Portanto ∀� > 0,∃δ > 0, com δ < �, tal que:
x ∈ Dg, 0 < ||x− p0|| < δ ⇒ |g(x)− L| < �
Seja agora x ∈ Df com 0 < ||x − p0|| < δ. Portanto x ∈ Dg e 0 < ||x − p0|| < δ. Logo |g(x) − L| < � e,
então, |f(x)− L| < �.
∴ lim
x→p0
f(x) = L
O seguinte exemplo ilustra uma aplicação dessa proposição ao cálculo de limite.
Exemplo 1 Calcule o limite
lim
(x,y)→(1,1)
√
x−√y
x− y
Observemos que (1, 1) é um ponto de acumulação do domínio da função f(x, y) =
√
x−√y
x− y e que (1, 1)
também é um ponto de acumulação do domínio da função g(x, y) =
1√
x−√y .
Além disso, temos que Df ⊂ Dg e f(x, y) = g(x, y) para todo (x, y) ∈ B1(1, 1) ∩Df e (x, y) 6= (1, 1). De
fato, para (x, y) ∈ Df , temos:
f(x, y) =
√
x−√y
x− y =
√
x−√y
x− y .
√
x+
√
y√
x+
√
y
=
(
√
x)2 − (√y)2
(x− y).(√x+√y) =
���x− y
����(x− y).(
√
x+
√
y)
=
1√
x+
√
y
= g(x, y)
Como o lim
(x,y)→(1,1)
g(x, y) existe e é igual a
1
2
, temos que:
lim
(x,y)→(1,1)
√
x−√y
x− y =
1
2
Calculamos esse limite dessa maneira somente para enquadrá-lo no contexto da proposição anterior. Na
2
prática, o cálculo desse limite será feito como segue abaixo:
lim
(x,y)→(1,1)
√
x−√y
x− y =
√
1−√1
1− 1 =
0
0
indeterminação
lim
(x,y)→(1,1)
√
x−√y
x− y = lim(x,y)→(1,1)
√
x−√y
x− y .
√
x+
√
y√
x+
√
y
= lim
(x,y)→(1,1)
(
√
x)2 − (√y)2
(x− y).(√x+√y)
= lim
(x,y)→(1,1)
���x− y
����(x− y).(
√
x+
√
y)
= lim
(x,y)→(1,1)
1√
x+
√
y
= lim
(x,y)→(1,1)
1√
1−√1 =
1
2
A seguir temos outro exemplo:
Exemplo 2 lim
(x,y)→(1,2)
x2 − y2 + 2y − 1
x− y + 1
Temos:
lim
(x,y)→(1,2)
x2 − y2 + 2y − 1
x− y + 1 =
1− 22 + 2.2− 1
1− 2 + 1 =
0
0
indeterminação
lim
(x,y)→(1,2)
x2 − y2 + 2y − 1
x− y + 1 = lim(x,y)→(1,2)
x2 − (y2 − 2y + 1)
x− (y − 1)
= lim
(x,y)→(1,2)
x2 − (y − 1)2
x− (y − 1) = lim(x,y)→(1,2)
((((
(((x− (y − 1))(x+ (y − 1))
���
���x− (y − 1)
= lim
(x,y)→(1,2)
(x+ y − 1) = 2
A próxima proposição é utilizada para mostrar que certos limites são iguais a zero.
Proposição 2 Sejam f, g : A ⊂ Rn −→ R funções tais que lim
x→p0
f(x) = 0 e g é limitada. Então
lim
x→p0
f(x)g(x) = 0
Demonstração: Como g é limitada, existe M > 0 tal que |g(x)| ≤ M , para todo x ∈ A. Visto que o
lim
x→p0
f(x) = 0, dado � > 0, considerando o número
�
M
. Existe δ > 0 tal que:
x ∈ A, 0 ≤ ||x− p0|| < δ ⇒ |f(x)− 0| < �
M
Logo:
|f(x)g(x)− 0| = |f(x)g(x)| = |f(x)||g(x)| ≤ �
M
M < �
Portanto,
3
lim
x→p0
f(x)g(x) = 0
Exemplo 3 Calcule os limites a seguir:
1. lim
(x,y)→(0,0)
x3
x2 + y2
Temos que
lim
(x,y)→(0,0)
x3
x2 + y2
= lim
(x,y)→(0,0)
x
x2
x2 + y2
Como lim
(x,y)→(0,0)
x = 0 e g(x, y) =
x2
x2 + y2
é limitada
∴ lim
(x,y)→(0,0)
x3
x2 + y2
= 0
2. lim
(x,y)→(0,0)
x2y√
x2 + y2
Temos que
lim
(x,y)→(0,0)
x2y√
x2 + y2
= lim
(x,y)→(0,0)
tende a zero︷︸︸︷
x2
y√
x2 + y2︸ ︷︷ ︸
limitada
= 0
3. lim
(x,y,z)→(0,0,0)
xyz2
x2 + y2 + 2z2
Sabe-se que:
lim
(x,y,z)→(0,0,0)
xyz2
x2 + y2 + 2z2
= lim
(x,y,z)→(0,0,0)
tende a zero︷︸︸︷
xy
z2
x2 + y2 + 2z2︸ ︷︷ ︸
limitada
= 0
De fato a função g(x, y) =
z2
x2 + y2 + 2z2
é limitada, pois:
∣∣∣∣∣ z2x2 + y2 + 2z2
∣∣∣∣∣ = z2x2 + y2 + 2z2 ≤ z2y2 + z2 ≤ 1
O teorema a seguir é utilizado para mostrar que certos limites não existem.
4
Teorema 1 Sejam f : A ⊂ Rn −→ R uma função e p0 um ponto de acumulação de Df tal que lim
x→p0
f(x) = L.
Seja α : B ⊂ R −→ Rn uma curva contínua em t0 tal que α(t0) = p0, para algum t0 ∈ B e, para todo
t 6= t0, α(t) ∈ Df e α(t) 6= p0. Então lim
t→t0
f(α(t)) = L
Demosntração:
Dado � > 0, como lim
x→p0
f(x) = L, existe δ1 > 0 tal que:
x ∈ Df , 0 < |x− p0| < δ1 ⇒ |f(x)− L| < � (1)
Como α é uma curva contínua em t0, então existe δ > 0 que satisfaz:
t ∈ Dα, 0 < |t− t0| < δ ⇒ |α(t)− α(t0)| < δ1
∴ |α(t)− p0| < δ1
Visto que α(t) ∈ Df e α(t) 6= p0, para todo t 6= t0, podemos substituir α(t) por x em 1. Logo:
0 < ||α(t)− p0|| < δ1 ⇒ |f(α(t))− L| < �
Concluímos que lim
t→t0
f(α(t)) = L.
Utilizamos esse teorema em duas situações discretas a seguir:
• 1◦ Caso: Suponhamos que desejamos calcular um limite lim
x→p0
f(x) =?
Encontramos uma curva α : B ⊂ R −→ Rn tal que:
� α(t0) = p0;
5
� α é contínua em t0;
� α(t) 6= p0 e α(t) ∈ Df , para todo t 6= t0.
Se o limite lim
t→t0
f(α(t)) não existe, então lim
x→p0
f(x) também não existe pois, caso contrário, de acordo
com o teorema, o lim
t→t0
f(α(t)) existiria e então lim
t→t0
f(α(t)) = lim
x→p0
f(x)
• 2◦ Caso: Digamos que queremos calcular o limite lim
x→p0
f(x).
Encontramos duas curvas α1 : B1 ⊂ R −→ Rn e α2 : B2 ⊂ R −→ Rn tais que:
� α1(t1) = p0;
� α1 é contínua em t1;
� α1(t) 6= p0 e α1(t) ∈ Df , para todo t 6= t1
e
� α2(t2) = p0;
� α2 é contínua em t2;
� α2(t) 6= p0 e α2(t) ∈ Df , para todo t 6= t2
Se o limite lim
t→t1
f(α1(t)) 6= lim
t→t2
f(α2(t)), então o limite lim
x→p0
f(x) não existe, pois, de acordo com o
teorema, se esse limite existisse, deveríamos ter lim
t→t1
f(α1(t)) = lim
t→t2
f(α2(t)).
Exemplo 4 Mostre que o limite não existe
1. lim
(x,y)→(0,0)
x√
x2 + y2
Sejam f(x, y) =
x√
x2 + y2
e α(t) = (t, 0)
Temos que α(0) = (0, 0) e f(α(t)) = f(t, 0) =
t√
t2 + o2
=
t
|t| .
∴ lim
t→0−
f(α(t)) = −1 e lim
t→0+
f(α(t)) = 1
∴ lim
t→0
f(α(t)) não existe
∴ lim
(x,y)→(0,0)
x√
x2 + y2
não existe
Também fica claro que esse limite não existe quando observamos o gráfico de f
Gráfico da função
x√
x2 + y2
:
6
Quando tomamos pontos da forma (t, 0) com t < 0, os valores de f se aproximam de −1 se t→ 0. Por
outro lado, se tomarmos pontos da forma (t, 0) com t > 0, os valores de f se aproximam de 1, quando
t→ 0
2. lim
(x,y)→(0,0)
x2
x2 + y2
Seja f(x, y) =
x2
x2 + y2
. Consideremos as curvas α1(t) = (t, 0) e α2(t) = (0, t).
Temos que α1(0) = (0, 0), então
f(α1(t)) = (t, 0) =
t2
t2 + 02
= 1
∴ lim
t→0
f(α1(t)) = 1
Agora, temos que α2(0) = (0, 0), logo
f(α2(t)) = (0, t) =
02
02 + t2
= 0
∴ lim
t→0
f(α2(t)) = 1
∴ lim
t→0
f(α1(t)) 6= lim
t→0
f(α2(t))
∴ lim
(x,y)→(0,0)
x2
x2 + y2
não existe
3. lim
(x,y)→(0,0)
xy2
x− y2
Seja f(x, y) =
xy2
x− y2 . Consideremos as curvas α1(t) = (t, 0) e α2(t) = (t
2, t cos t).
Temos que α1(0) = (0, 0), então
f(α1(t)) = (t, 0) =
t02
t− 02 = 0
7
∴ lim
t→0
f(α1(t)) = 0
Agora, temos que α2(0) = (0
2, 0 cos 0) = (0, 0), logo
f(α2(t)) = f(t
2, t cos t) =
t2(t cos t)2
t2 − (t cos t)2 =
t2t2 cos2 t
t2 − t2 cos2 t
=
t4 cos2 t
t2(1− cos2 t) =
t2 cos2 t
sin2 t
=
(
t
sin t
)2
cos2 t
∴ lim
t→0
f(α2(t)) = lim
t→0
(
t
sin t
)2
cos2 t = 1
∴ lim
t→0
f(α1(t)) 6= lim
t→0
f(α2(t))
∴ lim
(x,y)→(0,0)
xy2
x− y2 não existe.
Para funções de várias variáveis, continuam válidas as seguintes propriedadesde limites verificadas para
funções de uma variável com demonstração análoga para as funções de uma variável.
1. (Conservação do sinal) Se lim
x→p0
f(x) = L e L > 0, então existe δ > 0 tal que f(x) > 0, para todo
x ∈ Df ∩Bδ(p0)
2. (Teorema do confronto) Se existe r > 0 tal que f(x) ≤ g(x) ≤ h(x), para x ∈ Br(p0) e lim
x→p0
f(x) = L =
lim
x→p0
h(x), então lim
x→p0
g(x) = L
3. lim
x→p0
f(x) = 0⇔ lim
x→p0
|f(x)| = 0
4. lim
x→p0
f(x) = L⇔ lim
x→p0
|f(x)− L| = 0
5. Se lim
x→p0
f(x) = L1e lim
x→p0
g(x)g = L2, então:
(a) lim
x→p0
[f(x) + g(x)] = L1 + L2
(b) lim
x→p0
kf(x) = kL1 (k constante)
(c) lim
x→p0
f(x)g(x) = L1L2
(d) lim
x→p0
f(x)
g(x)
=
L1
L2
desde que L2 6= 0
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Derivadas Parciais
Consideremos a seguinte função:
f(x, y) = x3y − x2y2 + x− y
e o ponto (3, 2) ∈ Df . Na expressão da função, façamos y = 2, logo:
f(x, 2) = x32− x222 + x− 2 = 2x3 − 4x2 + x− 2
Assim, obtemos uma função que depende somente da variável x
g(x) = f(x, 2) = 2x3 − 4x2 + x− 2
A derivada dessa função é chamada de derivada parcial de f no ponto (x, 2) e denotada por
∂f
∂x
(x, 2)
∂f
∂x
(x, 2) = g′(x) = 6x2 − 8x+ 1
Nessa expressão, se fizermos x = 3 obteremos a derivada parcial de f em relação a x no ponto (3, 2), que
é denotada por
∂f
∂x
(3, 2)
∂f
∂x
(3, 2) = g′(3) = 6.32 − 8.3 + 1 = 31
∴ ∂f
∂x
(3, 2) = 31
Um outro processo para obtermos esse resultado consiste em considerar y como sendo uma constante na
expressão de f(x, y) e derivar tal expressão como se ela fosse uma função apenas de x
f(x, y) = x3y − x2y2 + x− y
∂f
∂x
(x, y) = 3x2y − 2xy2 + 1
Dizemos que isso é a derivada parcial de f em relação a x, no ponto genérico (x, y).
Para obtermos a derivada parcial de f , em relação a x, no ponto (3, 2), basta substituir em
∂f
∂x
(x, y) o x
por 3 e y por 2.
∴ ∂f
∂x
(3, 2) = 3.32.2− 2.3.22 + 1 = 31
Procedendo do mesmo modo para obtermos a derivada parcial de f , em relação a y, no ponto genérico
(x, y) e no ponto (3, 2). Devemos considerar agora x como sendo constante
9
∂f
∂y
(x, y) = x3 − 2x2y − 1
∂f
∂x
(3, 2) = 33 − 2.32.2− 1 = −10
Exemplo 5 Calcule as derivadas parciais da função f(x, y) no ponto genérico (x, y) e no ponto indicado
1. f(x, y) = sin(x2 − y3) e o ponto (1,1).
Primeiramente, em relação a x:
∂f
∂x
(x, y) = [cos(x2 − y3)].2x
= 2x cos(x2 − y3)
∂f
∂x
(1, 1) = 2.1 cos(12 − 13) = 2
Agora, em relação a y:
∂f
∂y
(x, y) = cos(x2 − y3).(−3y2)
= −3y2 cos(x2 − y3)
∂f
∂y
(1, 1) = −3.12 cos(12 − 13) = −3
2. f(x, y) = x2exy
2
e o ponto (2, 0)
Em relação a x temos:
∂f
∂x
(x, y) = 2xexy
2
+ x2exy
2
y2
= xexy
2
(2 + xy2)
∂f
∂x
(2, 0) = 2e2.0
2
(2 + 2.02) = 4
Em relação, a y:
∂f
∂y
(x, y) = x2exy
2
2xy
= 2x3yexy
2
∂f
∂y
(2, 0) = 2.23.0.e2.0
2
= 0
10