119 EP5 CIII 2007 1 tutor

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Fundaçăo Centro de Cięncias e Educaçăo Superior a Distância do Estado do Rio de Janeiro 
Centro de Educaçăo Superior a Distância do Estado do Rio de Janeiro 
 
Rua Visconde de Niterói, 1364 – Mangueira - Rio de Janeiro / RJ – CEP: 20943-001 
 
Cálculo III 
Exercícios Programados 5 – versăo tutor 
 
 
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http://www.cederj.edu.br e-mail: cederj@cederj.rj.gov.br 
)
1) Considere e , t∈R. Determine senxzzexzyxf y ++= 2),,( ),,()( 32 tttt =α
( ) (tfo 'α , usando a regra da cadeia. 
 
Solução: 
 
Sabemos, pela regra da cadeia, que ( ) ( )( ) ( )ttftfo '.)(' ααα ∇= . 
Calculemos então a expressão de cada um dos vetores acima 
 
)3,2,1()(' 2ttt =α e 
)cos,,cos2(),,( xzxezexzzxzyxf yy ++=∇ ⇒ 
 )cos,,cos2())(( 4343
22
tteetttttf tt ++=∇ α
 
Logo: 
( ) ( )( ) ( )ttftfo '.)(' αα∇= 432443 cos332cos2 22 ttetetttt tt ++++= = α
 ( ) 22443 32cos42 tettttt +++= 
 
 
2) Determine o plano tangente, no ponto (3,5,-1), à superfície de equação 
2
xysenz π= . 
 
Solução: 
Calculemos inicialmente as derivadas parciais de 
2
),( xysenyxfz π== 
 
 
 
 
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⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛=∂
∂
2
cos
2
),( xyyyx
x
f ππ ⇒ 0
2
15cos
2
5)5,3( =⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛=∂
∂ ππ
x
f 
 
⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛=∂
∂
2
cos
2
),( xyxyx
y
f ππ ⇒ 0
2
15cos
2
3)5,3( =⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛=∂
∂ ππ
x
f 
 
Assim, temos que a equação do plano tangente é dada pela equação: 
 
100
2
15)5()5,3()3()5,3()5,3( −=++⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛=−⋅∂
∂+−⋅∂
∂+= πseny
y
fx
x
ffz ⇒ z = -1. 
 
Note que este plano é paralelo ao plano xy. 
Você seria capaz de enxergar o plano tangente ao gráfico de f que está desenhado na 
figura abaixo? 
 
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3) Determine, usando diferenciais, um valor aproximado para ( )( )4
5
2
99,0
04,32 . 
 
Solução: 
Considere 4
5
2
),(
y
xyxf = 
5
344
5
3
..5
21
5
2),(
xyy
xyx
x
f =⋅⋅=∂
∂ − , 
( )
23 3 52 2
5 5
2 84
4 4( , ) 5
4f y yx y x x
y y yy
⎛ ⎞ ⎛ ⎞∂ ⎜ ⎟= ⋅ − = − ⋅ = −⎜ ⎟⎜ ⎟∂ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠⎝ ⎠
x
 
Observe que x = 32, dx = 0,04, y = 1 e dy = -0,01 
 
 Logo, 
 
 
20
1
32.1.5
2)1,32(
5
34
==∂
∂
x
f 
 
 
 
⇒ 162,016,0002,0)01,0)(16()04,0(
20
1 =+=−−+≅df 
 
Como 4
1
32)1,32( 4
5
2
==f , temos que: 
 
 
( )
( )
2
5
4
32,04
(32,1) (32,1) 4 0,162 4,162
0,99
f df= + = + = 
 
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4) Determine, usando diferenciais, um valor aproximado para 
 
( ) ( ) ( )2 21,02 1,98 2,04+ + 2 
 
 
 
Solução: 
 
Considere 2 2( , , ) 2y z x y zT x + + . =
 
Para fazermos a estimativa de ( ) ( ) ( )2 21,02 1,98 2,04+ + 2 consideraremos o plano 
tangente ao gráfico de T(x,y,z) na vizinhança do ponto (1,2,2), isto é: 
 
( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 2 21.02,1.98,2.04 1,02 1,98 2,04 1,1,2 (1,2,2) 3 (1,2,2)T T df df= + + ≈ + = + 
 
Para isto, precisamos calcular . (1,2,2)df
 
Note inicialmente que: 
 
 
2 2 2
1(1,2,2)
3
T x T
x xx y z
∂ ∂= ⇒ =∂ ∂+ +
 
2 2 2
2(1,2,2)
3
T y T
y yx y z
∂ ∂= ⇒∂ ∂+ +
= ⇒ 
2 2 2
2(1,2,2)
3
T z T
z zx y z
∂ ∂= ⇒∂ ∂+ +
= 
 
 
(1,2,2) (1,2,2) (1,2,2) (1,2,2)T T Tdf x y z
x y z
∂ ∂ ∂= Δ + Δ + Δ∂ ∂ ∂
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= 
 
 1 2 2(0,02) ( 0,02) (0,04) 0,02
3 3 3
= + − + = 
 
 
 
 
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Logo, 
 
 
( ) ( ) ( )2 2 2 2 2 21,02 1,98 2,04 1 2 2 (1,2,2) 3 0,02 3,02df+ + ≈ + + + = + = 
 
 
 
Caiu em prova... 
 
 
5) AP1-2005-2 - Seja . Use para determinar 
um valor aproximado para f no ponto de coordenadas x = 1,01 e y = 1,002. 
22
),( yxxeyxf −= )1,1(df
 
 
Solução 
 
Note inicialmente que 
 
222222
)21()2(),( 2 yxyxyx exxexeyx
x
f −−− +=+=∂
∂
 ⇒ 33)1,1( 11 ==∂
∂ −e
x
f
 
 
2222
2)2(),( yxyx xyeyexyx
y
f −− −=−=∂
∂
 ⇒ 22),( 11 −=−=∂
∂ −eyx
y
f
 
 
Logo, 
 
dy
y
fdx
x
fdf ∂
∂+∂
∂= ⇒ dydxdy
y
fdx
x
fdf 23)1,1()1,1()1,1( −=∂
∂+∂
∂= 
 
 Fazendo dx = 0,01 e dy = 0,002 na equação anterior obtemos 
 
026,0004,003,0)1,1( =−=df 
 
 ⇒ 026,1026,01)1,1()002,1,01,1( =+=+≅ dfff 
 
 
 
6) AD1-2005-1 - Seja uma função diferenciável em um subconjunto aberto 
A do plano xy contendo o ponto (2,4) no seu interior. Considere α(t) = (t, t
),( yxf
2), t 
∈ R. Sabendo que 1)4,2( −=∂
∂
x
f e 3)4,2( =∂
∂
y
f , determine )2)´(( αfo . 
 
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Solução: 
 
Note que: 
 
 α(t) = (t, t2) ⇒ α ´(t) = (1,2t) ⇒ α ´(2) = (1,4) 
 
Assim, usando a regra da cadeia, obtemos: 
 
11121)4,1).(3,1()2´()).2(()2)´(( =+−=−=∇= ααα ffo 
 
 
7) AP1-2006-1 - Seja ( )2 2( , ) ln 1f x y x x y= + + − . 
 
a) Determine e faça um esboço para o domínio de f. 
b) Pode-se afirmar que f é diferenciável em todos os pontos do seu domínio? 
Justifique sua resposta. 
c) Use para determinar um valor aproximado de f no ponto de 
coordenadas x = 1,01 e y = 1,02. 
)1,1(df
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 y 
x 
Solução 
 
 
a) ⇒ 2 2 2 21 0x y y x+ − > ⇒ − <1
 
dom(f) = região compreendida entre 
os ramos da hipérbole 
 
2 2 1y x− = 
 
Note que os ramos da hipérbole não 
pertencem ao domínio de f. 
 
 
 
 
 
 
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b) Note inicialmente que 
 
( )2 2
2 2 2 2
12( , ) 1
1 1
x yf xx y
x x y x y
+ −∂ = + =∂ + − + − e 2
2( , )
1 2
f yx y
y x y
∂ −=∂ + − são funções 
contínuas em todos os pontos do domínio de f. 
De fato, ( , )f x y
x
∂
∂ e ( , )
f x y
y
∂
∂ são funções definidas por razões entre funções 
polinomiais (que são contínuas), cujo polinômio que se encontra no denominador, 
, não se anula no domínio de f. 2( , ) 1p x y x y= + − 2
Portanto, temos que f ∈ C1 noaberto D = dom(f) . 
Logo, podemos concluir que f é diferenciável em todos os pontos do seu domínio. 
 
 
c) Ora, 
 
2
2( , ) 1
1
f xx y
x 2x y
∂ = +∂ + − ⇒ (1,1) 1 2 3
f
x
∂ = + =∂ 
 
2
2( , )
1 2
f yx y
y x y
∂ −=∂ + − ⇒ (1,1) 2
f
y
∂ = −∂ 
 
Logo, 
 
dy
y
fdx
x
fdf ∂
∂+∂
∂= ⇒ dydxdy
y
fdx
x
fdf 23)1,1()1,1()1,1( −=∂
∂+∂
∂= 
 
 
 Fazendo dx = 0,01 e dy = 0,02 na equação anterior obtemos 
 
(1,1) 0,03 0,04 0,01df = − = − 
 
⇒ ( ) ( )(1,01 ,1,002) (1,1) 1,1 1 0,01 0,99f f df≅ + = + − = 
 
 
Um abraço e até a próxima! 
Prof. Wanderley. 
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