EP8 CIII 2012 2 Tutor

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Fundac¸a˜o Centro de Cieˆncias e Educac¸a˜o Superior a Distaˆncia do Estado do Rio de Janeiro
Centro de Educac¸a˜o Superior a Distaˆncia do Estado do Rio de Janeiro
EP8 – CA´LCULO III – Gabarito – 2012-2
Exerc´ıcio 1 Seja C a curva obtida pela intersec¸a˜o do cilindro x2 + y2 = 2y e o parabolo´ide
z = 4− (x2 + y2).
(a) Determine uma parametrizac¸a˜o para C.
(b) Fac¸a um esboc¸o de C.
(c) Determine a equac¸a˜o da reta tangente a curva a C, que seja perpendicular ao plano x−y+2z = 4.
(d) Determine o comprimento da curva obtida como projec¸a˜o de C no plano-xy.
Soluc¸a˜o:
(a) Como x2 + y2 = 2y, segue que x2 + (y − 1)2 = 1. Parametrizando, temos que{
x = cos(t)
y − 1 = sen(t) =⇒
{
x = cos(t)
y = 1 + sen(t).
Tambe´m
z = 4− (x2 + y2) = 4− 2y = 4− 2(1 + sen(t)) = 2− 2 sen(t).
Assim, uma parametrizac¸a˜o para C e´ dada por
~α(t) =
(
x(t), y(t), z(t)
)
=
(
cos(t), 1 + sen(t), 2− 2sen(t)), 0 ≤ t ≤ 2pi.
(b) Na Figura 1 plotamos o gra´fico de C em linha cont´ınua vermelha.
Figura 1: Exerc´ıcio 1-b
CA´LCULO III EP8 2
(c) A equac¸a˜o da reta tangente a C em t0 e´
L = {(x, y, z) = ~α(t0) + t ~α ′(t0), t ∈ R}.
Se a reta tangente e´ perpendicular ao plano x− y + 2z = 4, segue que o vetor tangente ~α ′(t0)
e´ paralelo a` normal ao plano ~n = (1,−1, 2).
Como ~α ′(t) =
( − sen(t), cos(t),−2cos(t)), temos que num ponto t0,
~α ′(t0) =
(− sen(t0), cos(t0),−2cos(t0)).
E, portanto,
~α ′(t0) = λ~n =⇒
(− sen(t0), cos(t0),−2cos(t0)) = λ(1,−1, 2), λ ∈ R.
Assim, 
− sen(t0) = λ
cos(t0) = −λ
−2 cos(t0) = 2λ
=⇒ tg(t0) = 1⇒ t0 = pi
4
.
Logo, a equac¸a˜o da reta tangente e´ dada por
L = {(x, y, z) = ~α(pi
4
)
+ t ~α ′
(
pi
4
)
, t ∈ R}
= {(x, y, z) = (√2
2
, 1 +
√
2
2
, 2−
√
2
)
+ t
(
−
√
2
2
,
√
2
2
,−
√
2
)
, t ∈ R}
(d) Temos que a projec¸a˜o C1 de Cno plano-xy e´ dada por β(t) =
(
cos(t), 1+ sen(t)
)
, 0 ≤ t ≤ 2pi.
Logo, β ′(t) =
(− sen(t), cos(t)). Assim o comprimento de C1 e´
L(~β) =
∫ 2pi
0
||~β ′(t)||dt =
∫ 2pi
0
dt = 2pi.
Exerc´ıcio 2 Considere a func¸a˜o real f , de duas varia´veis reais, tal que
f(x, y) =
√
1− x2 − y
2
9
.
(a) Determine o dom´ınio de f e esboce-o.
(b) Determine a imagem de f , Im(f).
(c) Determine a curva de n´ıvel de f que passa pelo ponto (0, 2) e esboce-a no mesmo gra´fico do
item (a).
(d) Fac¸a um esboc¸o do gra´fico de f .
(e) Calcule as derivadas parciais
∂f
∂x
,
∂f
∂y
(f) Seja C a curva de intersec¸a˜o do gra´fico de f com o plano y = 2. Determine a equac¸a˜o da reta
tangente a C no ponto P
(1
2
, 2,
√
11
6
)
.
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CA´LCULO III EP8 3
Soluc¸a˜o:
(a) f e´ uma func¸a˜o de duas varia´veis, logo, seu dom´ınio D(f) esta´ em R2 e sua expressa˜o esta´
definida somente para os valores de x e y tais que 1 − x2 − y2
9
≥ 0, ja´ que podemos apenas
calcular a raiz quadrada de nu´meros na˜o negativos. Portanto,
D(f) = {(x, y) ∈ R2 : 1− x2 − y2
9
≥ 0︸ ︷︷ ︸}.
x2 +
y2
9
≤ 1
Como x2 +
y2
9
= 1 e´ uma elipse de centro (0, 0) e ve´rtices nos pontos (0,−3), (0, 3), (−1, 0)
e (1, 0), segue que os pontos do dom´ınio esta˜o na regia˜o pintada em azul na Figura 2. Note
que os pontos da elipse esta˜o representados na linha cont´ınua em azul, e que eles pertencem a
D(f).
H0,2L
-3 -2 -1 0 1 2 3
-3
-2
-1
0
1
2
3
x
y
Figura 2: Exerc´ıcio 2-(a)-(b)
(b) Seja (x, y) ∈ D(f). Logo, 1− x2 − y2
9
≥ 0. Por outro lado, temos que
x2 +
y2
9
≥ 0 =⇒ −x2 − y2
9
≤ 0 =⇒ 1− x2 − y2
9
≤ 1.
Ou seja,
0 ≤ 1− x2 − y2
9
≤ 1.
Assim, como a func¸a˜o raiz quadrada e´ crescente temos que
√
0 ≤
√
1− x2 − y2
9
≤
√
1 =⇒ 0 ≤
√
1− x2 − y2
9
≤ 1 =⇒ 0 ≤ f(x, y) ≤ 1.
Portanto, Im(f) = [0, 1].
(c) A curva de n´ıvel de f que passa no ponto (0, 2) tem o valor de z dado por
z =
√
1− 02 − 22
9
=
√
5
3
.
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CA´LCULO III EP8 4
Logo, a curva de n´ıvel
√
5
3
e´ aquela que passa pelo ponto (2, 0) e tem equac¸a˜o
√
5
3
=
√
1− x2 − y2
9
.
Elevando cada membro dessa igualdade ao quadrado, segue que
⇒ 5
9
= 1− x2 − y2
9
⇒ x2 + y2
9
=
4
9
⇒ x2 + y2
9
=
4
9
( elipse de centro (0, 0) e ve´rtices nos pontos (0,−2), (0, 2), (−2
3
, 0) e (
2
3
, 0)
O gra´fico dessa curva esta´ plotada em vermelho na Figura 2.
(d) Na Figura 3 plotamos o gra´fico de z = f(x, y), que e´ representado pela parte do elipso´ide
x2 +
y2
9
+ z2 = 1 localizado acima do plano-xy.
Figura 3: Exerc´ıcio 2-(c)
(e) Para calcular a derivada parcial em x, derivamos em x, considerando y constante. Assim, temos
que
∂f
∂x
=
1
2
√
1− x2 − y2
9
(−2x) = − 2x
2
√
1− x2 − y2
9
= − x√
1− x2 − y2
9
.
Analogamente, para calcular a derivada parcial em y, derivamos em y, considerando x constante.
Assim, temos que
∂f
∂y
=
1
2
√
1− x2 − y2
9
(− 2y
9
)
= − 2y
18
√
1− x2 − y2
9
= − y
9
√
1− x2 − y2
9
.
(f) Notemos que a curva de intersec¸a˜o do gra´fico de f com o plano y = 2 e´ dada porz =
√
1− x2 − y2
9
y = 2.
Notemos que y e´ constante igual a 2, o que significa que a curva esta´ contida num plano paralelo
ao plano-xz e, consequentemente, a equac¸a˜o da reta que passa pelo ponto (x0, z0) e´ dada por{
z − z0 = fx(x0, y0) (x− x0)
y = 2.
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CA´LCULO III EP8 5
Em nosso problema (x0, y0, z0) = (
1
2
, 2,
√
11
6
) e
fx(x, y) = − x√
1− x2 − y2
9
=⇒ fx(x0, y0) = fx(1
2
, 2) = − 3√
11
.
Logo, a equac¸a˜o da reta tangente e´ z −
√
11
6
= − 3√
11
(x− 1
2
)
y = 2.
Exerc´ıcio 3 Seja f(x, y) =

x3y4/3
x4 + y4
, se (x, y) 6= (0, 0)
0, se (x, y) = (0, 0).
Prove que f e´ cont´ınua em R2.
Soluc¸a˜o: Se (x, y) 6= (0, 0), trivialmente f e´ cont´ınua por ser quociente de duas func¸o˜es cont´ınuas,
com denominador diferente de zero.
Se (x, y) = (0, 0), devemos provar que lim
(x,y)→(0,0)
f(x, y) = f(0, 0). Temos que
lim
(x,y)→(0,0)
f(x, y) = lim
(x,y)→(0,0)
x3y4/3
x4 + y4
= lim
(x,y)→(0,0)
x3y
x4 + y4︸ ︷︷ ︸
g(x,y)
· y1/3︸︷︷︸
h(x,y)
= 0
pois
lim
(x,y)→(0,0)
h(x, y) = lim
(x,y)→(0,0)
y1/3 = 0
e g(x, y) e´ uma func¸a˜o limitada, ou seja, f e´ o produto de uma func¸a˜o limitada g, com outra h com
limite zero.
Provemos que g e´ limitada. Para isso, vamos usar que
|ab| ≤ 1
2
(a2 + b2), ∀a, b ∈ R.
Temos que, |x3y| = |x2(xy)| ≤ 1
2
(x4) +
1
2
(x2y2). Logo,
|g(x, y)| = |x3y|
x4 + y4
≤ 1
2
x4
x4 + y4
+
1
2
x2y2
x4 + y4
.
Como
• x4
x4 + y4
≤ 1 ja´ que x4 ≤ x4 + y4,
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CA´LCULO III EP8 6
• x2y2 ≤ 1
2
(x4 + y4) ≤ x4 + y4 (Basta usar a = x2 e b = y2 na desigualdade vista acima),
segue enta˜o que
|g(x, y)| ≤ 1
2
+
1
2
= 1.
Observac¸a˜o: Para demonstrar que |ab| ≤ 1
2
(a2+ b2), ∀a, b ∈ R, basta usar que (|a|− |b|)2 ≥ 0⇔
a2 + b2 − 2|ab| ≥ 0.
Exerc´ıcio 4 (a) Determine as derivadas parciais da seguinte func¸a˜o.
f(x, y) =

(x− 2)4
(x− 2)2 + y2 se (x, y) 6= (2, 0)
0 se (x, y) = (2, 0)
.
(b) A func¸a˜o f e´ diferencia´vel em R2?
Soluc¸a˜o:
(a) Se (x, y) 6= (2, 0) temos:
∂f
∂x
(x, y) =
4(x− 2)3 ((x− 2)2 + y2)− 2(x− 2)(x− 2)4
((x− 2)2 + y2)2 =
2(x− 2)5 + 4(x− 2)3y2
((x− 2)2 + y2)2
∂f
∂y
(x, y) =
0
(
(x− 2)2 + y2)− 2y(x− 2)4
((x− 2)2 + y2)2 =
−2y(x− 2)4
((x− 2)2 + y2)2 .
Se (x, y) = (2, 0) temos:
∂f
∂x
(2, 0) = lim
h→0
f(2 + h, 0)− f(2, 0)
h
= lim
h→0
h4
h2 − 0
h
= lim
h→0
h = 0
∂f
∂y
(2, 0) = lim
h→0
f(2, h)− f(2, 0)
h
= lim
h→0
0− 0
h
= 0 .
Portanto:∂f
∂x
(x, y) =

2(x− 2)5 + 4(x− 2)3y2
((x− 2)2 + y2)2 se (x, y) 6= (2, 0)
0 se (x, y) = (2, 0)
∂f
∂y
(x, y) =

−2y(x− 2)4
((x− 2)2 + y2)2 se (x, y) 6= (2, 0)
0 se (x, y) = (2, 0)
.
(b) Para sabermos se f e´ diferencia´vel em R2, basta provarmos que ∂f
∂x
(x, y) e
∂f
∂y
(x, y) sa˜o cont´ınuas
em R2.
Com efeito, se (x, y) 6= (2, 0) temos que ∂f
∂x
(x, y) e´ cont´ınua por ser quociente de polinoˆmios
em duas varia´veis.
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CA´LCULO III EP8 7
Tambe´m, se (x, y) = (2, 0) temos:
lim
(x,y)→(2,0)
∂f
∂x
(x, y) = lim
(x,y)→(2,0)
2(x− 2)5 + 4(x− 2)3y2
((x− 2)2 + y2)2
= lim
(x,y)→(2,0)
2(x− 2)︸ ︷︷ ︸
g(x,y)
· (x− 2)4 + 2(x− 2)2y2
((x− 2)2 + y2)2︸ ︷︷ ︸
h(x,y)
= 0
pois:
lim
(x,y)→(2,0)
g(x, y) = lim
(x,y)→(2,0)
2(x− 2) = 0
e
|h(x, y)| = (x− 2)4 + 2(x− 2)2y2
((x− 2)2 + y2)2 ≤ 1.
Assim,
lim
(x,y)→(2,0)
∂f
∂x
(x, y) = 0 =
∂f
∂x
(2, 0) .
Logo,
∂f
∂x
e´ cont´ınua em (2, 0) e, portanto, cont´ınua em R2.
De forma ana´loga, se (x, y) 6= (2, 0) enta˜o ∂f
∂y
(x, y) e´ cont´ınua por ser quociente de polinoˆmios
em duas varia´veis.
Tambe´m, se (x, y) = (2, 0) temos:
lim
(x,y)→(2,0)
∂f
∂y
(x, y) = lim
(x,y)→(2,0)
−2y(x− 2)4
((x− 2)2 + y2)2
= lim
(x,y)→(2,0)
−2y︸︷︷︸
g1(x,y)
· (x− 2)4
((x− 2)2 + y2)2︸ ︷︷ ︸
h1(x,y)
= 0
pois:
lim
(x,y)→(2,0)
g1(x, y) = lim
(x,y)→(2,0)
−2y = 0
e
|h1(x, y)| = (x− 2)
4
((x− 2)2 + y2)2 ≤ 1.
Assim:
lim
(x,y)→(2,0)
∂f
∂y
(x, y) = 0 =
∂f
∂y
(2, 0) .
Logo,
∂f
∂y
e´ cont´ınua em (2, 0) e, portanto, cont´ınua em R2.
Portanto, como
∂f
∂x
(x, y) e
∂f
∂y
(x, y) sa˜o cont´ınuas em R2, temos que a func¸a˜o f e´ diferencia´vel
em R2.
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CA´LCULO III EP8 8
Exerc´ıcio 5 Seja
f(x, y) =
 (x
2 + y2)sen
(
1√
x2 + y2
)
, se (x, y) 6= (0, 0)
0, se (x, y) = (0, 0)
.
(a) Calcule
∂f
∂x
(x, y) e
∂f
∂y
(x, y).
(b) Mostre que
∂f
∂x
e
∂f
∂y
na˜o sa˜o cont´ınuas em (0, 0).
(c) Prove que f e´ diferencia´vel em (0, 0).
(d) Prove que f e´ diferencia´vel em R2.
Soluc¸a˜o:
(a) Para (x, y) 6= (0, 0) temos:
∂f
∂x
(x, y) = 2x sen
(
1√
x2 + y2
)
− x√
x2 + y2
cos
(
1√
x2 + y2
)
∂f
∂y
(x, y) = 2y sen
(
1√
x2 + y2
)
− y√
x2 + y2
cos
(
1√
x2 + y2
)
.
Para (x, y) = (0, 0) temos:
∂f
∂x
(0, 0) = lim
h→0
f(0 + h, 0)− f(0, 0)
h
= lim
h→0
h2 sen
(
1√
h2
)
− 0
h
= lim
h→0
h sen
(
1√
h2
)
∂f
∂y
(0, 0) = lim
h→0
f(0, 0 + h)− f(0, 0)
h
= lim
h→0
h2 sen
(
1√
h2
)
− 0
h
= lim
h→0
h sen
(
1√
h2
)
.
Como lim
h→0
h sen
(
1√
h2
)
= 0 pois lim
h→0
h = 0 e
∣∣∣sen( 1√
h2
)∣∣∣ ≤ 1 segue que
∂f
∂x
(0, 0) =
∂f
∂y
(0, 0) = 0. Portanto:
∂f
∂x
(x, y) =
 2x sen
(
1√
x2 + y2
)
− x√
x2 + y2
cos
(
1√
x2 + y2
)
se (x, y) 6= (0, 0)
0 se (x, y) = (0, 0)
∂f
∂y
(x, y) =
 2y sen
(
1√
x2 + y2
)
− y√
x2 + y2
cos
(
1√
x2 + y2
)
se (x, y) 6= (0, 0)
0 se (x, y) = (0, 0)
.
(b)
∂f
∂x
na˜o e´ cont´ınua em (0, 0) pois lim
(x,y)→(0,0)
∂f
∂x
(x, y) na˜o existe.
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CA´LCULO III EP8 9
De fato, escolhendo o caminho y = x para nos aproximarmos de (0, 0), temos que
lim
(x,y)→(0,0)
∂f
∂x
(x, y) = lim
x→0
∂f
∂x
(x, x)
= lim
x→0
[
2x sen
(
1√
2x2
)
− x√
2x2
cos
(
1√
2x2
)]
= lim
x→0
2x sen
(
1√
2x2
)
︸ ︷︷ ︸
0
− lim
x→0
x√
2|x| cos
(
1√
2|x|
)
= − lim
x→0
x√
2|x| cos
(
1√
2|x|
)
Assim, se x→ 0+, enta˜o
lim
x→0+
x√
2|x| cos
(
1√
2|x|
)
=
1√
2
lim
x→0+
x
x
cos
(
1√
2|x|
)
=
1√
2
lim
x→0+
cos
(
1√
2|x|
)
.
Mas lim
x→0+
cos
(
1√
2|x|
)
na˜o existe, pois a func¸a˜o cos
(
1√
2|x|
)
oscila perto da origem.
Logo, na˜o existe lim
(x,y)→(0,0)
∂f
∂x
(x, y) ao longo do caminho y = x, consequentemente, na˜o existe
lim
(x,y)→(0,0)
∂f
∂x
(x, y), e portanto,
∂f
∂x
na˜o e´ cont´ınua em (0, 0).
De modo ana´logo, prova-se que
∂f
∂y
na˜o e´ cont´ınua em (0, 0).
(c) Uma func¸a˜o f e´ diferencia´vel em (0, 0) se
lim
(x,y)→(0,0)
E(x, y)√
x2 + y2
= 0,
em que
E(x, y) = f(x, y)− f(0, 0)− ∂f
∂x
(0, 0) x− ∂f
∂y
(0, 0) y.
Em nosso exerc´ıcio
E(x, y) = f(x, y)− f(0, 0)− ∂f
∂x
(0, 0) x− ∂f
∂y
(0, 0) y
= (x2 + y2)sen
(
1√
x2 + y2
)
− 0− 0 · x− 0 · y
= (x2 + y2)sen
(
1√
x2 + y2
)
.
Logo,
lim
(x,y)→(0,0)
E(x, y)√
x2 + y2
= lim
(x,y)→(0,0)
x2 + y2√
x2 + y2
sen
(
1√
x2 + y2
)
= lim
(x,y)→(0,0)
√
x2 + y2 sen
(
1√
x2 + y2
)
= 0,
sendo que a u´ltima igualdade e´ verdadeira pois temos o limite de uma func¸a˜o que e´ produto de
uma cujo limite e´ zero por outra que e´ limitada.
Portanto, f(x, y) e´ diferencia´vel em (0, 0).
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CA´LCULO III EP8 10
(d) Como
∂f
∂x
(x, y) e
∂f
∂y
(x, y) sa˜o func¸o˜es cont´ınuas em (x, y) 6= (0, 0), pois sa˜o soma, produto e
composta de func¸o˜es cont´ınuas, segue que f(x, y) e´ diferencia´vel para todo (x, y) 6= (0, 0). E,
como provamos no item (c) que f e´ diferencia´vel em (0, 0), segue que f e´ diferencia´vel em R2.
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