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GMA
DEPARTAMENTO DE MATEMÁTICA APLICADA
GMA
SEGUNDA VERIFICAC¸A˜O DE APRENDIZAGEM
Ca´lculo Diferencial e Integral Aplicado II
Humberto Jose´ Bortolossi
http://www.professores.uff.br/hjbortol/
Nome leg´ıvel:
[01] (1.0) Considere a func¸a˜o
f(x, y) =
⎧⎨
⎩
3 sen(xy) x4
x4 + y2
, se (x, y) �= (0, 0),
c, se (x, y) = (0, 0).
Qual deve ser o valor da constante c para a que a func¸a˜o f seja cont´ınua
em (0, 0)? Justifique a sua resposta.
Soluc¸a˜o. Para que f seja cont´ınua em (0, 0), devemos ter
c = f(0, 0) = lim
(x,y)→(0,0)
f(x, y) = lim
(x,y)→(0,0)
3 sen(xy) x4
x4 + y2
.
Agora,
3 sen(xy) x4
x4 + y2
= (3 sen(xy))︸ ︷︷ ︸
g(x,y)
·
(
x4
x4 + y2︸ ︷︷ ︸
h(x,y)
)
.
Mas lim(x,y)→(0,0) g(x, y) = lim(x,y)→(0,0)(3 sen(xy)) = 3 sen(0) = 0 e h e´ uma func¸a˜o
limitada, pois
0 ≤ x
4
x4 + y2
≤ 1,
ja´ que h(x, y) e´ a divisa˜o de dois termos na˜o-negativos, com o denominador maior do
que ou igual ao numerador. Pelo teorema do anulamento,
c = lim
(x,y)→(0,0)
[
(3 sen(xy)) ·
(
x4
x4 + y2
)]
= 0.
[02] Considere a func¸a˜o
F : R3 → R
(x, y, z) �→ w = F (x, y, z) = (2 x2 + y2 + z2 − 1)3 − x2z3
10
− y2z3.
(a) (1.0) F e´ uma func¸a˜o de classe C∞? Justifique a sua resposta.
Soluc¸a˜o. Sim, pois F e´ uma func¸a˜o polinomial.
1
(b) (1.0) Mostre que ∇F (0, 1, 1) = (0, 4, 3).
Soluc¸a˜o. Temos que
∂F
∂x
(x, y, z) = 3 (2 x2 + y2 + z2 − 1)2 · (4 x)− 2 xz
3
10
,
∂F
∂y
(x, y, z) = 3 (2 x2 + y2 + z2 − 1)2 · (2 y)− 2 yz3,
∂F
∂z
(x, y, z) = 3 (2 x2 + y2 + z2 − 1)2 · (2 z)− 3 x
2z2
10
− 3 y2z2.
Desta maneira,
∇F (0, 1, 1) =
(
∂F
∂x
(0, 1, 1),
∂F
∂y
(0, 1, 1),
∂F
∂z
(0, 1, 1)
)
= (0, 4, 3).
(c) (1.0) Calcule a equac¸a˜o do hiperplano tangente ao gra´fico de F
para (x, y, z) = (0, 1, 1).
Soluc¸a˜o. A equac¸a˜o do hiperplano tangente ao gra´fico de f no ponto (0, 1, 1) e´
dado por
w = F (0, 1, 1) +
∂F
∂x
(0, 1, 1)(x− 0) + ∂F
∂y
(0, 1, 1)(y − 1) + ∂F
∂z
(0, 1, 1)(z − 1)
= 0 + 0 (x− 0) + 4 (y − 1) + 3 (z − 1)
= −7 + 4 y + 3 z.
(d) (1.0) Calcule a equac¸a˜o do plano tangente a` superf´ıcie de n´ıvel
F (x, y, z) = 0 no ponto (0, 1, 1).
Soluc¸a˜o. A equac¸a˜o do plano tangente a` superf´ıcie de n´ıvel F (x, y, z) = 0 no
ponto (0, 1, 1) e´ dada por∇F (0, 1, 1)·(x−0, y−1, z−1) = 0. Como, pelo item (b),
∇F (0, 1, 1) = (0, 4, 3), segue-se que ∇F (0, 1, 1) · (x−0, y−1, z−1) = 4 y+3 z−7
e, assim, a equac¸a˜o do plano tangente se escreve como
4 y + 3 z = 7.
(e) (1.0) Calcule a taxa de variac¸a˜o de F no ponto (x, y, z) = (0, 1, 1)
na direc¸a˜o do vetor v = (1, 1, 1).
Soluc¸a˜o. Como ||v|| = √3 �= 1, vamos substituir v por
u =
u
||u|| =
(√
3
3
,
√
3
3
,
√
3
3
)
.
Assim, a taxa de variac¸a˜o de F no ponto (x, y, z) = (0, 1, 1) na direc¸a˜o do ve-
tor v = (1, 1, 1) e´ dada pela derivada direcional
∂f
∂u
(0, 1, 1) = ∇F (0, 1, 1) · u = (0, 4, 3) ·
(√
3
3
,
√
3
3
,
√
3
3
)
=
7
√
3
3
.
2
( f ) (1.0) Use o teorema da func¸a˜o impl´ıcita para mostrar que a su-
perf´ıcie de n´ıvel F (x, y, z) = 0 define implicitamente uma func¸a˜o z =
f(x, y) em uma vizinhanc¸a do ponto (0, 1, 1). Calcule a equac¸a˜o do
plano tangente ao gra´fico de f para (x, y) = (0, 1).
Soluc¸a˜o. Como F e´ de classe C∞ e
∂F
∂z
(0, 1, 1) = 3 �= 0,
segue-se pelo teorema da func¸a˜o impl´ıcita que a equac¸a˜o F (x, y, z) = 0 define
implicitamente uma func¸a˜o z = f(x, y) em uma vizinhanc¸a do ponto (0, 1, 1). A
equac¸a˜o do plano tangente ao gra´fico de z = f(x, y) para (x, y) = (0, 1) e´ a mesma
equac¸a˜o do plano tangente a` superf´ıcie de n´ıvel F (x, y, z) = 0 no ponto (0, 1, 1):
4 y + 3 z = 7.
–1
0
1
x
–1
–0.5 0 0.5 1
y
–1
–0.5
0
0.5
1
z
Figura 1: Desenho da superf´ıcie de n´ıvel F (x, y, z) = 0.
[03] (1.0) Calcule o polinoˆmio de Taylor de ordem 3 da func¸a˜o y = ln(1+x)
no ponto x = 0.
Soluc¸a˜o. O polinoˆmio de Taylor de ordem 3 da func¸a˜o y = f(x) = ln(1 + x) no
ponto x = 0 e´ dado por
y = p3(x) = f(0) + f
′(0) · (x− 0) + f
′′(0)
2!
· (x− 0)2 + f
′′′(0)
3!
· (x− 0)3.
Como f(x) = ln(1+x), f ′(x) = 1/(1+x), f ′′(x) = −1/(1+ x)2 e f ′′′(x) = 2/(1+ x)3,
segue-se que f(0) = 0, f ′(0) = 1, f ′′(0) = −1 e f ′′′(0) = 2 e, portanto,
y = p3(x) = x− x
2
2
+
x3
3
.
3
[04] (2.0) Se z = f(x, y), onde x = es cos(t) e y = es sen(t), mostre que(
∂z
∂x
)2
+
(
∂z
∂y
)2
= e−2 s
[(
∂z
∂s
)2
+
(
∂z
∂t
)2]
.
Soluc¸a˜o. Pela regra da cadeia,
∂z
∂s
=
∂z
∂x
∂x
∂s
+
∂z
∂y
∂y
∂s
e
∂z
∂t
=
∂z
∂x
∂x
∂t
+
∂z
∂y
∂y
∂t
Mas
∂x
∂s
= es cos(t),
∂x
∂t
= −es sen(t), ∂y
∂s
= es sen(t) e
∂y
∂t
= es cos(t).
Sendo assim
e−2 s
[(
∂z
∂s
)2
+
(
∂z
∂t
)2]
=
e−2 s
[(
+es cos(t)
∂z
∂x
+ es sen(t)
∂z
∂y
)2
+
(
−es sen(t)∂z
∂x
+ es cos(t)
∂z
∂y
)2]
=
cos2(t)
(
∂z
∂x
)2
+ 2 cos(t) sen(t)
(
∂z
∂x
)(
∂z
∂y
)
+ sen2(t)
(
∂z
∂y
)2
+
sen2(t)
(
∂z
∂x
)2
− 2 cos(t) sen(t)
(
∂z
∂x
)(
∂z
∂y
)
+ cos2(t)
(
∂z
∂y
)2
=
(cos2(t) + sen2(t))
(
∂z
∂x
)2
+ (cos2(t) + sen2(t))
(
∂z
∂y
)2
=(
∂z
∂x
)2
+
(
∂z
∂y
)2
.
Texto composto em LATEX2e, HJB, 16/04/2007.
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