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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. 4
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