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Universidade Federal do ABC - UFABC
1a Avaliação (24/mar/2009) - Diurno - FVV
GABARITO
Questão 1. Dada
f(x, y) =
1
4x2 + y2
,
determine
(a) o domínio e a imagem de f ;
(b) trace pelo menos três curvas de nível da função;
(c) esboce o gráfico de f .
Resposta: (a) Df = R2 − {(0, 0)} e Imf = (0,+∞)
(b) (c)
-3 -2 -1 0 1 2 3
-3
-2
-1
0
1
2
3
-2
0
2
-2
0
2
0.2
0.4
0.6
0.8
1.0
Questão 2. Calcule os seguintes limites:
(a) lim
(x,y)→(0,0)
x3y
2x6 + y2
; (b) lim
(x,y)→(0,0)
xy√
x2 + y2
.
Resposta:
(a) Vamos escolher caminhos distintos. Faça, inicialmente, y = mx. Assim,
lim
(x,y)→(0,0)
x3y
2x6 + y2
= lim
x→0
x3mx
2x6 + (mx)2
= lim
x→0
mx4
2x6 +m2x2
= lim
x→0
mx2
2x4 +m2
= 0 .
Agora, escolha y = x3. Neste caso, obtemos:
lim
(x,y)→(0,0)
x3y
2x6 + y2
= lim
x→0
x3x3
2x6 + x6
= lim
x→0
x6
3x6
=
1
3
.
Como os resultados são distintos, podemos afirmar que o limite não existe.
(b) Novamente, vamos escolher caminhos distintos. Faça, inicialmente, y = mx. Assim,
lim
(x,y)→(0,0)
xy√
x2 + y2
= lim
x→0
mx2√
x2 +m2x2
= lim
x→0
mx2
|x|√1 +m2 = 0 .
Seja y = x2. Neste caso, temos:
lim
(x,y)→(0,0)
x3√
x2 + x4
= lim
x→0
x3
|x|√1 + x2 = 0 .
Sendo assim, vamos supor que o limite seja igual a zero. Então:
1
0 ≤
∣∣∣∣∣ xy√x2 + y2
∣∣∣∣∣ = |x||y|√x2 + y2 ≤ |x| ,
pois |y| =
√
y2 ≤
√
x2 + y2 logo
|y|√
x2 + y2
≤ 1 .
Mas, lim
x→0
|x| = 0 e, utilizando o teorema do confronto, obtemos que
lim
(x,y)→(0,0)
∣∣∣∣∣ xy√x2 + y2
∣∣∣∣∣ = 0
o que implica
lim
(x,y)→(0,0)
xy√
x2 + y2
= 0 .
Questão 3. Calcule as derivadas parciais das funções:
(a) f(x, y, z) = yz ln(xy);
(b) f(x, y) =

x3 − y2
x2 + y2
, (x, y) 6= (0, 0)
0 , (x, y) = (0, 0) .
Resposta: (a)
fx = yz
1
xy
y =
yz
x
fy = z ln(xy) + yz
1
xy
x = z [ln(xy) + 1]
fz = y ln(xy)
(b) Se (x, y) 6= (0, 0) temos
fx =
3x2(x2 + y2)− (x3 − y2)2x
(x2 + y2)2
=
x4 + 3x2y2 + 2xy2
(x2 + y2)2
e
fy =
−2y(x2 + y2)− (x3 − y2)2y
(x2 + y2)2
= −2x
2y(1 + x)
(x2 + y2)2
Se (x, y) = (0, 0), definimos, para y = 0,
g(x) = f(x, 0) =
{
x x 6= 0
0 x = 0
ou seja, f(x, 0) = x, ∀x ∈ R. Logo, fx(0, 0) = 1. Por outro lado, se x = 0, definimos
h(y) = f(0, y) =
{ −1 y 6= 0
0 y = 0
Portanto, h(y) não é contínua em y = 0, logo, não existe fy(0, 0).
Questão 4. (a) Seja
f(x, y) =
{ xy
x2 + y2
, (x, y) 6= (0, 0)
0 , (x, y) = (0, 0) .
2
Mostre que fx(0, 0) e fy(0, 0) existem mas f não é diferenciável em (0, 0).
(b) Explique por que fx e fy não são contínuas no ponto (0, 0).
Resposta: (a) Para (x, y) 6= (0, 0) temos que f é uma função racional com derivadas parciais
fx(x, y) =
y(x2 + y2)− (xy)2x
(x2 + y2)2
=
y(y2 − x2)
(x2 + y2)2
e, considerando a simetria da função, para o cálculo da derivada parcial em relação a y, basta trocar
x por y em fx. Assim,
fy =
x(x2 − y2)
(x2 + y2)2
.
No ponto (0, 0), temos
fx(0, 0) = lim
(x,y)→(0,0)
f(x, 0)− f(0, 0)
x− 0 = lim(x,y)→(0,0)
0− 0
x
= 0
e
fy(0, 0) = lim
(x,y)→(0,0)
f(0, y)− f(0, 0)
y − 0 = lim(x,y)→(0,0)
0− 0
y
= 0 .
Embora as derivadas parciais existam, f não é diferenciável em (0, 0) porque f não é contínua neste
ponto. Para mostrar isto, basta escolher o caminho y = 0 (eixo x), e verificar que lim
(x,y)→(0,0)
f(x, y) =
lim
x→0
f(x, 0) = 0 e, escolhendo o caminho y = x, encontramos lim
(x,y)→(0,0)
f(x, y) = lim
x→0
f(x, x) = 1/2,
logo, não existe lim
(x,y)→(0,0)
f(x, y), portanto, f não é contínua em (0, 0).
(b) Vamos calcular lim
(x,y)→(0,0)
fx(x, y). Escolhendo o caminho x = 0 (eixo y), obtemos
lim
(x,y)→(0,0)
y(y2 − x2)
(x2 + y2)2
= lim
y→0
1
y
que não existe, pois vale −∞ se y → 0− e +∞ se x → 0+. De forma análoga, mostramos que não
existe o lim
(x,y)→(0,0)
fy(x, y).
Questão 5. Seja z = f(x, y) onde x = r cos θ e y = r sen θ. Mostre que
∂2z
∂x2
+
∂2z
∂y2
=
∂2z
∂r2
+
1
r2
∂2z
∂θ2
+
1
r
∂z
∂r
Resposta: Vamos calcular as derivadas parciais de z. Temos:
zr = zxxr + zyyr = cos θzx + sen θzy
zθ = zxxθ + zyyθ = −r sen θzx + r cos θzy
Calculando as derivadas de ordem dois, obtemos:
zrr = cos θ(zx)r + sen θ(zy)r =
= cos θ (cos θzxx + sen θzyx) + sen θ (cos θzxy + sen θzyy) =
= cos2 θzxx + 2 cos θ sen θzxy + sen2 θzyy
e
zθθ = −r cos θzx − r sen θ(zx)θ + r cos θ(zy)θ − r sen θzy =
= −r cos θzx + r2 sen2 θzxx − 2r2 sen θ cos θzxy + r2 cos2 θzyy − r sen θzy
3
Então
zrr +
1
r2
zθθ +
1
r
zr = cos2 θzxx + 2 cos θ sen θzxy + sen2 θzyy+
+
1
r2
(−r cos θzx + r2 sen2 θzxx − 2r2 sen θ cos θzxy + r2 cos2 θzyy − r sen θzy)+
+
1
r
(cos θzx + sen θzy) = cos2 θzxx + 2 cos θ sen θzxy + sen2 θzyy−
−1
r
cos θzx + sen2 θzxx − 2 sen θ cos θzxy + cos2 θzyy − 1
r
sen θzy +
1
r
cos θzx +
1
r
sen θzy =
= zxx + zyy
Questão 6. Encontre a aproximação linear da função f(x, y) = ln(x− 3y) no ponto (7, 2) e utilize-a
para aproximar o valor de f(6.9, 2.06).
Resposta: Vamos calcular o diferencial de z = f(x, y). Temos
dz = fx(x, y)dx+ fy(x, y)dy
onde fx(x, y) =
1
x− 3y e fy(x, y) = −
3
x− 3y . Vamos tomar x = 7, y = 2, dx = −0.1 e dy = 0.06.
Então
dz = −fx(7, 2)0.1 + fy(7, 2)0.06 = −0.1− 3(0.06) = −0.28 .
Portanto,
f(6.9, 2.06) ≈ f(7, 2) + dz = ln(7− 2 · 6)− 0.28 = ln 1− 0.28 = −0.28
4