Primeiro exercicio Calculo 2 gabarito

Prévia do material em texto

UFPE - Ca´lculo 2 - 1o E.E. - 05/04/2017
GABARITO
1) Considere a func¸a˜o f (x, y) =
xy2
3x2 + y4
.
(a) (0,5 pto.) Determine D = Dom(f ), o domı´nio de f .
Soluc¸a˜o: a u´nica situac¸a˜o em que poder´ıamos ter problemas com
tal frac¸a˜o e´ quando 3x2 + y4 = 0 . Como para todo (x, y) temos
3x2 + y4 = 0 se, e somente se, (x, y) = (0, 0) , enta˜o o domı´nio de
f e´ D = {(x, y) ∈ R ; (x, y) 6= (0, 0)} . 2
(b)(1,0 pto.) Suponha que queiramos estender f para todo o R2,
ou seja, encontrar uma func¸a˜o g : R2 → R que seja igual a f
dentro de D (que voceˆ encontrou na letra (a) acima) mas que fosse
definida em todo o R2. Seria poss´ıvel encontrar uma tal g que fosse
cont´ınua? Justifique!
Soluc¸a˜o: O u´nico ponto em R2 fora de D e´ (0, 0) . Uma tal func¸a˜o
g : R2 → R seria da forma
g(x, y)

xy2
3x2 + y4
, (x, y) 6= (0, 0) ;
k , (x, y) = (0, 0) .
Observe que g e´ cont´ınua em todo (x, y) 6= (0, 0), pois coincide
com a func¸a˜o racional f . Da´ı, para g ser cont´ınua, basta analisar
se ha´ como estabelecer a continuidade de g no ponto (x, y) =
(0, 0) . Pore´m, vamos mostrar que lim
(x,y)→(0,0)
g(x, y) na˜o existe, o
que impossibilita existir uma tal g cont´ınua. De fato, exibiremos
2 caminhos sobre os quais g se comporta de formas distintas ao
nos aproximarmos de (0, 0). Considere o caminho C = {(x, y) ∈
R2 ; y = 0 e x > 0} . Ao longo de C, temos
g(x, y) = g(x, 0) = f (x, 0) =
x · 02
3x2 + 04
=
0
3x2
= 0 .
Portanto, temos g(x, y)
C−→ 0 quando (x, y) → (0, 0) . Agora
considere o caminho H := {(x, y) ∈ R2 ; x = y2 e y > 0} . Ao
longo de H, temos
g(x, y) = g(y2, y) = f (y2, y) =
y2 · y2
3(y2)2 + y4
=
y4
4y4
=
1
4
.
Logo, temos g(x, y)
H−→ 14 quando (x, y)→ (0, 0) . Portanto, fica
claro que o limite em questa˜o na˜o existe. 2
(c) (0,5 pto.) Seria poss´ıvel encontrar uma tal g que fosse dife-
rencia´vel? Justifique!
Soluc¸a˜o: Na˜o, pois caso contra´rio g seria cont´ınua. 2
(d) (0,5 pto.) Seria poss´ıvel encontrar uma tal g que admitisse
func¸o˜es derivadas parciais ∂f∂x e
∂f
∂y cont´ınuas? Justifique!
Soluc¸a˜o: Na˜o, pois caso contra´rio g seria diferencia´vel. 2
2) Considere z = f (x, y) = x2 + xy + y2 .
(a)(1,5 pto.) Determine a equac¸a˜o do plano tangente ao gra´fico de
f em (1, 1); e tambe´m a diferencial dz.
2
Soluc¸a˜o: Temos ∂f∂x = 2x + y e
∂f
∂y = x + 2y . Em (1, 1), temos
f (1, 1) = 3 , ∂f∂x(1, 1) = 3 e
∂f
∂y (1, 1) = 3 . Enta˜o, a equac¸a˜o do
plano tangente procurada e´
z = 3 + 3(x− 1) + 3(y − 1) .
A diferencial pedida e´ dada por dz = (2x + y)dx + (x + 2y)dy .
2
(b)(1,0 pto.) Numa vizinhanc¸a de (1, 1), calcule ∆z e dz conside-
rando as variac¸o˜es ∆x = 0, 1 e ∆y = 0, 2.
Soluc¸a˜o: Como f (1, 1; 1, 2) = 3, 97 e f (1; 1) = 3 , enta˜o
∆z = f (1, 1; 1, 2)− f (1; 1) = 0, 97 .
Ademais,
dz = (2 · 1 + 1) · 0, 1 + (1 + 2 · 1) · 0, 2 = 0, 9 . 2
(c)(0,5 pto.) O que significa a diferenc¸a entre os valores que voceˆ
encontrou no item anterior em termos pra´ticos? Justifique!
Soluc¸a˜o: Tal valor de ∆z representa a variac¸a˜o da func¸a˜o quando
sa´ımos do ponto (1; 1) para o ponto (1, 1; 1, 2) . Ja´ tal dz repre-
senta a variac¸a˜o da linearizac¸a˜o L
(1;1)
f quando sa´ımos de (1, 1) para
(1, 1; 1, 2) . Em termos geome´tricos, ∆z marca a diferenc¸a de altu-
ras ao andarmos sobre o gra´fico da func¸a˜o, e dz marca a diferenc¸a
de alturas ao andarmos sobre o plano tangente, consirando a mu-
danc¸a de (1; 1) para (1, 1; 1, 2) . Nas variac¸o˜es consideradas acima,
a diferenc¸a entre os valores encontrados e´ 0, 97 − 0, 9 = 0, 07, ou
3
seja, trocar a func¸a˜o f por sua linearizac¸a˜o L
(1;1)
f provoca uma pe-
quena diferenc¸a de 0, 07 no ca´lculo da imagem do ponto (1, 1; 1, 2).
2
3) Considere o elipsoide
x2
4
+
y2
9
+
z2
16
= 1 .
(a)(1,0 pto.) Numa vizinhanc¸a de (x, y, z) = (1, 32 , 2
√
2) , supo-
nha que conseguimos descrever o elipsoide como o gra´fico de uma
func¸a˜o diferencia´vel, isto e´, escrever z = f (x, y) . Determine ∂z∂x e
∂z
∂y para (x, y, z) = (1,
3
2, 2
√
2) .
Soluc¸a˜o: Derivando implicitamente, temos
2x
4
+
2z
16
· ∂z
∂x
= 0 .
Em (x, y, z) = (1, 32, 2
√
2), temos
1
2
+
√
2
4
· ∂z
∂x
∣∣∣∣
(1, 32 , 2
√
2)
= 0 ∴ ∂z
∂x
∣∣∣∣
(1, 32 , 2
√
2)
= − 2√
2
.
Analogamente,
2y
9
+
2z
16
· ∂z
∂y
= 0
∴ 1
3
+
√
2
4
· ∂z
∂y
∣∣∣∣
(1, 32 , 2
√
2)
= 0 ∴ ∂z
∂y
∣∣∣∣
(1, 32 , 2
√
2)
= − 4
3
√
2
. 2
(b)(1,0 pto.) Nas mesmas condic¸o˜es do item anterior, considere
x = 1 + r cos θ e y = 32 + r sen θ . Determine
∂z
∂r e
∂z
∂θ para (r, θ) =
4
(0, pi6) .
Soluc¸a˜o: Pela regra da cadeia, temos
∂z
∂r
=
∂z
∂x
· ∂x
∂r
+
∂z
∂y
· ∂y
∂r
e
∂z
∂θ
=
∂z
∂x
· ∂x
∂θ
+
∂z
∂y
· ∂y
∂θ
Ale´m disso, ∂x∂r = cos θ ,
∂x
∂θ = −r sen θ , ∂y∂r = sen θ e ∂y∂θ = r cos θ
. Observe que para (r, θ) = (0, pi6), temos (x, y) = (1,
3
2) . Nas
condic¸o˜es do item anterior, (x, y) = (1, 32)⇒ z = 2
√
2 . Logo, em
tais condic¸o˜es
∂z
∂r
∣∣∣∣
(0,pi6 )
=
∂z
∂x
∣∣∣∣
(1, 32 , 2
√
2)
· ∂x
∂r
∣∣∣∣
(0,pi6 )
+
∂z
∂y
∣∣∣∣
(1, 32 , 2
√
2)
· ∂y
∂r
∣∣∣∣
(0,pi6 )
= − 2√
2
·
√
3
2
+
(
− 4
3
√
2
)
· 1
2
= −
√
3√
2
− 2
3
√
2
= −3
√
3 + 2
3
√
2
.
Analogamente,
∂z
∂θ
∣∣∣∣
(0,pi6 )
=
∂z
∂x
∣∣∣∣
(1, 32 , 2
√
2)
· ∂x
∂θ
∣∣∣∣
(0,pi6 )
+
∂z
∂y
∣∣∣∣
(1, 32 , 2
√
2)
· ∂y
∂θ
∣∣∣∣
(0,pi6 )
= − 2√
2
· 0 +
(
− 4
3
√
2
)
· 0 = 0 . 2
4) A tabela abaixo representa os valores, em alguns pontos, da
5
func¸a˜o f : R2 −→ R que admite derivadas parciais segundas
cont´ınuas:
x�y 10 20 30 40
5 4 2 5 1
10 8 7 6 5
15 10 11 8 4
20 6 5 6 7
(a)(1,5 pto.) Estime os valores de
∂f
∂x
(5, 10) e
∂f
∂x
(5, 20) .
Soluc¸a˜o:
∂f
∂x
(5, 10) ≈ f (10, 10)− f (5, 10)
10− 5 =
8− 4
5
∴ ∂f
∂x
(5, 10) ≈ 0, 8
e
∂f
∂x
(5, 20) ≈ f (10, 20)− f (5, 20)
10− 5 =
7− 2
5
∴ ∂f
∂x
(5, 20) ≈ 1 .2
(b)(1,0 pto.) Estime o valor de
∂2f
∂y∂x
(5, 10) . [Dica: olhe pra uma
tabela de estimativas de
∂f
∂x
.]
Observac¸a˜o: tais estimativas devem ser coerentes com o que vimos
em sala, e na˜o meras adivinhac¸o˜es.
6
Soluc¸a˜o:
∂2f
∂y∂x
(5, 10) ≈
∂f
∂x(5, 20)− ∂f∂x(5, 10)
20− 10 ≈
1− 0, 8
10
∴ ∂
2f
∂y∂x
(5, 10) ≈ 0, 02 .2
7