Cálculo 2 - PROVA 2018.2 UFPE (RESOLVIDA)- 1A UNIDADE

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UFPE-DEPARTAMENTO DE MATEMÁTICA
CÁLCULO DIFERENCIAL E INTEGRAL II
ÁREA II
1o Exercício Escolar
12/09/2018
1. Considere a função f (x, y) = xy
2
x2+y2 , definida em R
2 r {(0, 0)}
(a) (0.5) A função é contínua na origem?
(b) (1.0) Se ela não for contínua na origem podemos estender f de
modo que ela seja contínua em todo R2?
(c) (1.0) Se tal extensão existe é diferenciável em R2?
Resolução
(a) Não! Note que (0, 0) não pertence ao domínio de definição de f
(b)Sim! Como f é contínua para (x, y) , (0, 0) (quociente de fun-
ções polinomiais) é suficiente mostrar que f pode ser estendida
continuamente ao ponto (0, 0). De fato, como lim
(x,y)→(0,0)
xy2
x2 + y2
=
lim
(x,y)→(0,0)
x · y
2
x2 + y2
= 0 pois 0 ≤ y
2
x2 + y2
≤ 1 e lim
(x,y)→(0,0)
x = 0, basta
definir f (0, 0) = 0 e obteremos uma estensão contínua de f .
(c) Não! Basta notar que a estensão contínua obtida no item
anterior possui derivada parcial em relação a x descontínua na
origem. De fato, como
∂z
∂x
(x, y) =
y4 − x2y2
(x2 + y2)2
para (x, y) , (0, 0)
,
∂z
∂x
(0, 0) = lim
h→0
f (x + h, 0) − f (0, 0)
h
= 0 e, ao longo do caminho
1
γ1(t) = (0, t) temos
∂z
∂x
(0, t) = 1 enquanto ao longo de γ2(t) = (t, 0)
temos
∂z
∂x
(t, 0) = 0, segue lim
(x,y)→(0,0)
∂z
∂x
(x, y) não existe.
2. (2.5) Encontre equações para o plano tangente e para a reta normal à
superfície z = x cos(y) − yex na origem.
Resolução
Calculando as derivadas parciais temos fx = cos(y)−yex e fy = −x sin(y)−
ex. Portanto, fx(0, 0) = 1 e fy(0, 0) = −1. Usando a fórmula para o plano
tangente temos:
z = 0 + 1(x − 0) − 1(y − 0),
portanto a eq. desejada é x − y − z = 0. Para a reta normal temos
(x, y, z) = λ(1,−1,−1),
para λ ∈ R
3. (2.5) Calcule todas as derivadas parciais de segunda ordem da função
f (x, y) = xyey2.
Resolução
∂ f
∂x
(x, y) = yey
2
∂ f
∂y
(x, y) = xey
2
+ 2xy2ey
2
∂2 f
∂x2
(x, y) = 0
∂2 f
∂y∂x
(x, y) = ey
2
+ 2y2ey
2
∂2 f
∂x∂y
(x, y) = ey
2
+ 2y2ey
2
2
∂2 f
∂y2
(x, y) = 2xyey
2
+ 4xyey
2
+ 4xy3ey
2
4. Resolva o que se pede:
(a) (1.5) Suponha que a equação y2 + xz + z2 − ez − c = 0 define z
implicitamente como função de x e y, ou seja, z = f (x, y).Determine
o valor da constante c para a qual f (0, e) = 2 e calcule ∂ f∂x e
∂ f
∂y no
ponto (x, y) = (0, e).
(b) (1.0) Encontre ∂z∂s e
∂z
∂t , para z = e
x+2y, x = s/t, y = t/s.
Resolução
(a) Para esta primeira parte basta substituir x = 0, y = e e z = 2,
desta forma temos
e2 + 22 − e2 − c = 0
e portanto c = 4. Para encontrar ∂ f∂x onde z = f (x, y) basta derivar
de ambos os lados lembrando que z não é uma variável, deste
modo
z + x
∂z
∂x
+ 2z
∂z
∂x
− ez∂z
∂x
= 0,
ou seja
∂z
∂x
=
−z
x + 2z − ez
em termos de f temos,
∂ f
∂x
(x, y) =
− f (x, y)
x + 2 f (x, y) − e f (x,y)
sabendo que f (0, e) = 2 temos ∂ f∂x (0, e) =
−2
4−e2 . Procedendo de
maneira análoga em relação a y obtemos,
∂ f
∂y
(x, y) =
−2y
x + 2 f (x, y) − e f (x,y)
e portanto ∂ f∂y(0, e) =
−2e
4−e2 .
3
(b) Lembre-se que se z é função de x e y e estas são funções de s e t
de maneira geral temos,
∂z
∂s
=
∂z
∂x
∂x
∂s
+
∂z
∂y
∂y
∂s
e
∂z
∂t
=
∂z
∂x
∂x
∂t
+
∂z
∂y
∂y
∂t
utilizando isto temos,
∂z
∂s
= ex+2y
1
t
+ 2ex+2y
(−t
s2
)
=
1
t
e
s
t+2
t
s − 2t
s2
e
s
t+2
t
s
de maneira análoga,
∂z
∂t
=
1
s
e
s
t+2
t
s − 2s
t2
e
s
t+2
t
s .
Atenção!!!
Respostas sem justificativas não serão aceitas!!!
Não é permitido usar coordenadas polares!
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