Gabarito Lista Semanal 06 Calculo 2

Prévia do material em texto

CÁLCULO II
Prof. Juaci Picanço | Prof. Jerônimo Monteiro
Lista Semanal 6 - 04/05/2018
Questão 1. Mostre que não existe o limite abaixo.
lim
(x,y)→(0,0)
x4 − y2
x4 + y2
.
Solução:
Seja f(x, y) = x
4−y2
x4+y2
.
Tomando o caminho C1(t) = (t, 0),tem-se que:
lim
(x,y)→(0,0)
f(x, y) = lim
t→0
f(C1(t)) = lim
t→0
t4 − 02
t4 + 02
= lim
t→0
1 = 1
Tomando o caminho C2(t) = (t, t
2), tem-se que:
lim
(x,y)→(0,0)
f(x, y) = lim
t→0
f(C2(t)) = lim
t→0
t4 − (t2)2
t4 + (t2)2
= lim
t→0
0 = 0
Logo, como:
lim
t→0
f(C1(t)) 6= lim
t→0
f(C2(t))⇒ lim
(x,y)→(0,0)
x4 − y2
x4 + y2
@
1
Cálculo II Lista Semanal 6
Questão 2. Verifique se a f(x, y) dada é contínua.
f(x, y) =

√
1− x2 − y2, quando x2 + y2 ≤ 1
0, quando x2 + y2 > 1
Como f(x, y) é
√
1− x2 − y2 para quando x2 + y2 < 1, tem-se que f(x, y) é contínua para quando
x2 + y2 < 1. Como f(x, y) é 0 para quando x2 + y2 > 1, tem-se que f(x, y) é contínua para quando
x2 + y2 > 1. Desse modo, deve-se analisar os pontos nos quais x2 + y2 = 1, pois são os possíveis pontos
onde a função não é contínua, pois sua lei de recorrência se altera. Logo, fazendo x = rcos(θ),y = rsen(θ),
tem-se:
f(r) =

√
1− r2, quando r2 ≤ 1
0, quando r2 > 1
Logo,
lim
r→1−
f(r) = lim
r→1−
√
1− r2 = 0 e lim
r→1+
f(r) = lim
r→1+
0 = 0
Desse modo, limr→1 f(r) = 0. Além disso, f(1) = 0. Assim, como limr→1 = f(1) = 0, isso implica que
f(r) é contínua em r = 1, ou seja, é contínua nos pontos que satisfazem a equação x2 + y2 = 1. Com
isso, f(x, y) é contínua em todo o o R2.
Prof. Juaci Picanço | Prof. Jerônimo Monteiro 2
Cálculo II Lista Semanal 6
Questão 3. Julgue se os itens a seguir são verdadeiros ou falso. Em ambos os casos, justifique.
(a) Considerar os caminhos C1 = {(x, y) : y = mx}, C2 = {(x, y) : x = y2} e C3 = {(x, y) : y = x} é
suficiente para mostrar que lim
(x,y)→(0,0)
xy2
x2 + y2
= 0.
Solução:
Calculando os limites Para os caminhos apresentados, tem-se:
Para C1, tem-se:
lim
(x,y)→(0,0)
xy2
x2 + y2
= lim
(x,mx)→(0,0)
x(xm)2
x2 + (xm)2
= lim
x→0
x3m2
x2(1 +m2)
= lim
x→0
xm2
(1 +m2)
= 0
Para C2, tem-se:
lim
(x,y)→(0,0)
xy2
x2 + y2
= lim
x→0
x(x2)2
x2 + (x2)2
= lim
x→0
x5
x2(1 + x2)
= lim
x→0
x3
x2 + 1
= 0
Para C3, tem-se:
lim
(x,y)→(0,0)
xy2
x2 + y2
= lim
(x,x)→(0,0)
x(x)2
x2 + (x)2
= lim
x→0
x3
2x2
= 0
Contudo, para provar que o limite apresentado é 0, tem-se que verificar para todos os caminhos, e isso
é feito utilizando a definição de limite, desse modo, para mostrar que lim(x,y)→(0,0)
xy2
x2+y2
= 0, tem-se:
Seja � > 0, precisa-se encontrar δ > 0, tal que:
0 < ||(x− 0, y − 0)|| < δ ⇒ 0 <
∣∣∣∣ xy2x2 + y2 − 0
∣∣∣∣ < �
Assim, dado que
y2
x2+y2
≤ 1, e |x| =
√
x2 ≤
√
x2 + y2∣∣∣∣ xy2x2 + y2
∣∣∣∣ = |x|y2x2 + y2 ≤ |x| ≤√x2 + y2 →
∣∣∣∣ xy2x2 + y2
∣∣∣∣ ≤√x2 + y2
Assim, escolhendo δ = �, tem-se:
√
x2 + y2 < δ ⇒
√
x2 + y2 < �⇒
∣∣∣∣ xy2x2 + y2
∣∣∣∣ ≤√x2 + y2 < �⇒ ∣∣∣∣ xy2x2 + y2
∣∣∣∣ < �
Assim, escolhendo um δ = �, prova-se que o limite existe e é igual a 0. Logo, como provar que o limite
existe para os caminhos apresentados não é suficiente para mostrar que o limite existe e é igual a 0,
tem-se que a afirmativa é falsa.
(b) Utilizar o Teorema do Confronto é a única forma de mostrar que lim
(x,y)→(0,0)
xy√
x2 + y2
= 0.
Solução:
Note que:
0 ≤
∣∣∣∣∣ x√x2 + y2
∣∣∣∣∣ =
√
x2√
x2 + y2
=
√
x2
x2 + y2
E como x2 ≥ x2 → x2 + y2 ≥ x2 → x2
x2+y2
≤ 1 →
√
x2
x2+y2
≤ 1, tem-se que 0 ≤
√
x2
x2+y2
≤ 1, logo,
como
√
x2
x2+y2
é uma função limitada e y tende a 0 para quando (x, y)→ (0, 0), tem-se pelo teorema
do confronto que
lim
(x,y)→(0,0)
xy√
x2 + y2
= 0
Prof. Juaci Picanço | Prof. Jerônimo Monteiro 3
Cálculo II Lista Semanal 6
Contudo, essa não é a única forma de mostrar que tal limite é igual a 0. Utilizando coordenadas polares,
tem-se que: x = rcos(θ),y = rsen(θ) e quando (x, y)→ (0, 0),r → 0. Logo
lim
(x,y)→(0,0)
xy√
x2 + y2
= lim
r→0
r2sen(θ)cos(θ)√
r2
= lim
r→0
rcos(θ)sen(θ) = 0
Além disso, pode-se utilizar a definição de limite para mostrar que o limite apresentado é igual a 0,
embora este não seja um método muito prático para a resolução (Para se calcular pela definição, faz-se
um procedimento análogo ao procedimento feito na alternativa (a) desta mesma questão). Desse modo,
existem mais formas de mostrar que o limite apresentado é igual a 0, ou seja, a afirmativa é falsa.
(c) Tomando x = r cos θ e y = rsen θ, mostramos que lim
(x,y)→(0,0)
sen (x2 + y2)
1− cos
(√
x2 + y2
)
não existe.
Solução:
Primeiramente, note que: x2 + y2 = r2cos2(θ) + r2sen2(θ) = r2. Agora, para a mudança de variável
apresentada, tem-se:
lim
(x,y)→(0,0)
sen (x2 + y2)
1− cos
(√
x2 + y2
) = lim
(rcos(θ),rsen(θ))→(0,0)
sen (r2)
1− cos
(√
r2
) = lim
r→0
sen (r2)
1− cos(r) =
[
0
0
]
Como o limite resultou em uma indeterminação do tipo
[
0
0
]
, pode-se aplicar o teorema de L'hospital,
logo:
lim
r→0
sen (r2)
1− cos(r) = limr→0
cos(r2)2r
sen(r)
=
limr→0 2cos(r2)
limr→0
sen(r)
r
= 2
Desse modo, como o limite existe, tal mudança de variável não prova que o limite não existe. Assim, a
afirmativa é falsa.
Prof. Juaci Picanço | Prof. Jerônimo Monteiro 4
Cálculo II Lista Semanal 6
Questão 4. Nos itens a seguir, faça o que se pede.
(a) Defina as derivadas parciais de f(x, y) em relação a x e em relação a y no ponto (a, b).
Solução:
A derivada parcial em relação a x da função f(x, y), é calculada de forma análoga à uma função de
uma variável, pois para tal cálculo toma-se um y constante e calcula-se a variação somente em relação
a x, ou seja, para calcular a derivada parcial em relação a x de f(x, y), no ponto (a, b), faz-se f(x, y)
virar uma função de uma variável, pois toma-se y = b, logo: g(x) = f(x, b). A derivada parcial em
relação a x é definida como:
g′(a) = lim
h→0
f(a+ h, b)− f(a, b)
h
A definição é análoga para a derivada parcial em relação a y, com j(y) = f(a, y) dessa forma:
j′(b) = lim
k→0
f(a, b+ k)− f(a, b)
k
(b) Interprete geometricamente as definições do item (a).
Solução:
Para o caso da derivada parcial em relação a x, como g(x) = f(x, b), tem-se que g(x) é a curva
resultante da interseção do gráfico de f(x, y) e o plano y = b. Logo, como g′(x) é a inclinação da reta
tangente à curva g(x), tem-se que as derivadas parciais podem ser interpretadas como as inclinações das
retas tangentes às curvas g(x) e j(y) no ponto (a, b, f(a, b)), de modo que tais curvas são resultantes
da interseção do gráfico de f(x, y) com os planos x = a (originando a curva j(y)) e y = b (originando
a curva g(x)).
Segue uma figura que representa a derivada parcial em relação a y, no ponto (1, 1, 2), para quando
f(x, y) = x2 + y2
(c) Determine uma regra para determinar as derivadas parciais de f(x, y).
Solução:
As derivadas parciais são calculadas pelos limites apresentados anteriormente na alternativa a) desta
questão. Contudo, existe um modo mais prático, pois para se derivar em relação a x fixa-se um deter-
minado y (ou seja, y é constante) e aplica-se a derivada em relação a x. Desse modo, uma regra prática
para se determinar as derivadas parciais é:
Caso queira-se determinar
∂f(x,y)
∂x , deve-se tratar a variável y como uma constante e derivar em relação
a x.
Caso queira-se determinar
∂f(x,y)
∂y , deve-se tratar a variável x como uma constante e derivar em relação
a y.
Prof. Juaci Picanço | Prof. Jerônimo Monteiro 5
Cálculo II Lista Semanal 6
(d) Se f(x, y) = x2 + 3xy + y − 1, determine fx(4,−5) e fy(4,−5) e interprete geometricamente.
Solução:
∂f(x, y)
∂x
=2x+ 3y ⇒ ∂f(4,−5)
∂x
= −7
∂f(x, y)
∂y
= 3x+ 1⇒ ∂f(4,−5)
∂y
= 13
Logo,
∂f(4,−5)
∂x = −7 é a inclinação da reta tangente à curva que é a interseção do gráfico de f(x, y)
e o plano y = −5, e ∂f(4,−5)∂y = 13 é a inclinação da reta tangente à curva a qual é a interseção do
gráfico de f(x, y) com o plano x = 4. Segue a imagem das retas tangentes descritas, cujas inclinações
são iguais às derivadas parciais em relação a x e em relação a y, respectivamente, no dado ponto.
Prof. Juaci Picanço | Prof. Jerônimo Monteiro 6
Cálculo II Lista Semanal 6
Questão 5. Considere a função:
f(x, y) =

xy
x2 + y2
, se (x, y) 6= (0, 0)
0, se (x, y) = (0, 0)
Podemos dizer que f(x, y) é diferenciável em (0, 0), pois suas derivadas parciais em (0, 0) existem? Justi-
fique.
Solução:
Não necessariamente, pois a existência das derivadas parciais em (0, 0) não implica na diferenciabilidade
de f(x, y) em (0, 0). Para f(x, y) ser diferenciável em (0, 0), as derivadas parciais devem existir e serem
contínuas em (0, 0). Desse modo, calculando as derivadas parciais de f(x, y) para o ponto (0, 0):
∂f(0, 0)
∂x
= lim
k→0
f(0 + k, 0)− f(0, 0)
k
= lim
k→0
k.0
02+k2
k
= 0
∂f(0, 0)
∂y
= lim
h→0
f(0, 0 + h)− f(0, 0)
h
= lim
h→0
h.0
02+h2
h
= 0
Além disso, as derivadas parciais para quando (x, y) 6= (0, 0) são dadas por:
∂f(x, y)
∂x
=
y(x2 + y2)− 2x(xy)
(x2 + y2)2
=
y3 − x2y
(x2 + y2)2
∂f(x, y)
∂y
=
x(x2 + y2)− 2y(xy)
(x2 + y2)2
=
x3 − xy2
(x2 + y2)2
Logo,
∂f(x, y)
∂x
=

y3 − x2y
(x2 + y2)2
, se (x, y) 6= (0, 0)
0, se (x, y) = (0, 0)
∂f(x, y)
∂y
=

x3 − xy2
(x2 + y2)2
, se (x, y) 6= (0, 0)
0, se (x, y) = (0, 0)
Assim, deve-se verificar se as funções que representam as derivadas parciais são contínuas em (0, 0). Desse
modo, considerando a função que representa a derivada parcial em relação a x e o caminho C1(t) = (0, t),
tem-se:
lim
(x,y)→(0,0)
y3 − x2y
(x2 + y2)2
= lim
t→0
t3
t4
= lim
t→0
1
t
@
Agora, considerando a função que representa a derivada parcial em relação a y e o caminho C2(t, 0), tem-se:
lim
(x,y)→(0,0)
x3 − y2x
(x2 + y2)2
= lim
t→0
t3
t4
= lim
t→0
1
t
@
Logo, as derivadas parciais não são contínuas no ponto (0, 0), assim, isso implica que a função não é
diferenciável em (0, 0).
Prof. Juaci Picanço | Prof. Jerônimo Monteiro 7