Cálculo 2 - PROVA 2014.2 UFPE (RESOLVIDA)- 1A UNIDADE

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UNIVERSIDADE FEDERAL DE PERNAMBUCO
CCEN – DEPARTAMENTO DE MATEMA´TICA – A´REA2
CA´LCULO DIFERENCIAL E INTEGRAL 2
PRIMEIRO EXERC´ICIO ESCOLAR
SEGUNDO SEMESTRE DE 2014
15 de Outubro de 2014
Respostas sem ca´lculos ou justificativas na˜o sera˜o aceitas.
1. (2,0 pontos) Determine o valor da constante A de modo que a func¸a˜o real
f(x, y) =

sen(x2 + y2)
1− cos
√
x2 + y2
, (x, y) 6= (0, 0)
A , (x, y) = (0, 0)
seja cont´ınua na origem.
Resoluc¸a˜o: f sera´ cont´ınua na origem se
A = lim
(x,y)→(0,0)
f(x, y) = lim
(x,y)→(0,0)
sen(x2 + y2)
1− cos
√
x2 + y2
.
Usando coordenadas polares para calcular este limite obtemos
lim
(x,y)→(0,0)
sen(x2 + y2)
1− cos
√
x2 + y2
= lim
ρ→0
sen(ρ2)
1− cos ρ
(1)
= lim
ρ→0
2ρ cos(ρ2)
sen ρ
(2)
= lim
ρ→0
2 cos(ρ2)− 4ρ2 sen(ρ2)
cos ρ
= 2
onde em (1) e (2) usamos a Regra de L’Hoˆpital. Assim, f sera´ cont´ınua em (0, 0) se A = 2.
2. Considere a func¸a˜o f : R2 → R dada por
f(x, y) =

x2y2
x2 + y2
, (x, y) 6= (0, 0)
0 , (x, y) = (0, 0)
.
(a) (1,5 pontos) Calcule
∂f
∂x
e
∂f
∂y
.
Resoluc¸a˜o: Se (x, y) 6= (0, 0), enta˜o pela regra do quociente
fx(x, y) =
2xy2(x2 + y2)− x2y2 · 2x
(x2 + y2)2
=
2xy4
(x2 + y2)2
,
e como f e´ sime´trica com respeito a x e y, temos fy(x, y) =
2x4y
(x2 + y2)2
.
Para (x, y) = (0, 0) devemos usar a definic¸a˜o de derivada parcial. Assim,
fx(0, 0) = lim
h→0
f(h, 0)− f(0, 0)
h
= lim
h→0
0− 0
h
= 0, e
fy(0, 0) = lim
k→0
f(0, k)− f(0, 0)
k
= lim
k→0
0− 0
k
= 0.
(b) (1,5 pontos) f e´ diferencia´vel? Justifique.
Resoluc¸a˜o: Nos pontos em que (x, y) 6= (0, 0), temos que fx e fy sa˜o func¸o˜es
cont´ınuas, logo f e´ diferencia´vel nestes pontos. No ponto (0, 0) devemos verificar que
lim
(x,y)→(0,0)
f(h, k)− f(0, 0)− fx(0, 0)h− fy(0, 0)k
‖(h, k)‖ = 0.
Mas,
lim
(x,y)→(0,0)
f(h, k)− f(0, 0)− fx(0, 0)h− fy(0, 0)k
‖(h, k)‖ = lim(x,y)→(0,0)
h2k2
(h2 + k2)3/2
(A)
= lim
ρ→0
ρ cos2 θ sen2 θ
= 0,
onde em (A) usamos coordenadas polares. Assim, f e´ diferencia´vel em todos os
pontos.
Obs.: tambe´m poderia se verificar que fx e fy sa˜o cont´ınuas em (0, 0).
3. Considere a func¸a˜o f(x, y) = x ex
2−y2 .
(a) (1,5 pontos) Obtenha uma equac¸a˜o para o plano tangente ao gra´fico de f no ponto
(1, 1, f(1, 1)).
Resoluc¸a˜o: Uma equac¸a˜o para o plano tangente ao gra´fico de f em (1, 1, f(1, 1)) e´
z − f(1, 1) = fx(1, 1)(x− 1) + fy(1, 1)(y − 1).
Assim, calculemos estes valores:
f(1, 1) = 1
fx(x, y) = e
x2−y2 + 2x2ex2−y2 ⇒ fx(1, 1) = 3
fy(x, y) = −2yex2−y2 ⇒ fy(1, 1) = −2
Logo, a equac¸a˜o e´ z − 1 = 3(x− 1)− 2(y − 1), ou ainda, z = 3x− 2y.
(b) (1,0 ponto) Use uma linearizac¸a˜o conveniente de f para obter um valor aproximado
de
(1, 01) e(1,01)
2−(0,98)2 .
Resoluc¸a˜o: Sabemos que se f e´ diferencia´vel, enta˜o
f(x, y) ≈ f(x0, y0) + fx(x0, y0)∆x+ fy(x0, y0)∆y,
quando ∆x e ∆y sa˜o ’pequenos’. Assim, tomando (x, y) = (1, 01; 0, 98) e (x0, y0) =
(1, 1) teremos ∆x = x− x0 = 0, 01 e ∆y = y − y0 = −0, 02, e portanto
(1, 01) e(1,01)
2−(0,98)2 = f(1, 01; 0, 98)
≈ f(1, 1) + fx(1, 1)∆x+ fy(1, 1)∆y
= 1 + 3 · 0, 01 + (−2) · (−0, 02)
= 1, 07.
4. (1,5 pontos) Seja f(x, y) uma func¸a˜o diferencia´vel. Defina φ(s, t) = f(x(s, t), y(s, t)),
onde x = x(s, t) =
s
t
e y = y(s, t) =
t
s
. Calcule s
∂φ
∂s
+ t
∂φ
∂t
.
Resoluc¸a˜o:
s φs + t φt = s
(
∂f
∂x
∂x
∂s
+
∂f
∂y
∂y
∂s
)
+ t
(
∂f
∂x
∂x
∂t
+
∂f
∂y
∂y
∂t
)
= s
(
1
t
fx − t
s2
fy
)
+ t
(
− s
t2
fx +
1
t
fy
)
=
(s
t
− s
t
)
fx +
(
t
s
− t
s
)
fy
= 0.
5. (1,0 ponto) Use derivac¸a˜o impl´ıcita para calcular
∂z
∂x
e
∂z
∂y
, onde z = z(x, y) e´ dado
implicitamente atrave´s da expressa˜o
yz = ln(x+ z).
Resoluc¸a˜o: (i) Derivando a equac¸a˜o com respeito a x :
yzx =
1
x+ z
(1 + zx) ⇒ y(x+ z)zx = 1 + zx
⇒ ∂z
∂x
=
1
y(x+ z)− 1 .
(i) Derivando a equac¸a˜o com respeito a y :
z + yzy =
1
x+ z
· zy ⇒ z(x+ z) + y(x+ z)zy = zy
⇒ ∂z
∂y
=
−z(x+ z)
y(x+ z)− 1 .
BOA PROVA!!!