01.MAT.3.0006 100 053MC5

Prévia do material em texto

Cálculo II - EXERCÍCIOS 2 
Fev/2017 
 
1) Calcule o seguinte limite: lim
(𝑥,𝑦)→(0,0)
(2 
𝑥4 − 𝑦4
𝑥2+𝑦²
+ 1) 
A. 1 
B. – 1 
C. 0 
D. 2 
E. 5 
GABARITO: [capítulo 4: Derivadas parciais] Para calcular o limite, precisamos 
calcular o limite do termo 
𝑥4 − 𝑦4
𝑥2+𝑦²
 . Para isso, é preciso notar que 𝑥4 − 𝑦4 = (𝑥2 +
 𝑦²)(𝑥2 − 𝑦²). Então, 
𝑥4 − 𝑦4
𝑥2+𝑦²
= 
(𝑥2+𝑦2)(𝑥2−𝑦2)
(𝑥2+𝑦2)
= 𝑥2 − 𝑦², cujo limite com (x, y) →
(0, 0) dá zero. Ora, temos então que o resultado do limite da expressão é: 2.0 + 1 = 1. 
 
2) Considere a função definida por 𝑓 (𝑥, 𝑦) = 5𝑥𝑦2 + 
1
2
 𝑥³𝑦. As derivadas parciais 
𝜕 𝑓
𝜕 𝑥
 (𝑥, 𝑦) e 
𝜕 𝑓
𝜕 𝑦
 (𝑥, 𝑦) são dadas, respectivamente, por: 
A. 
𝜕 𝑓
𝜕 𝑥
 (𝑥, 𝑦) = 5𝑦2 + 
3
2
 𝑥2𝑦 e 
𝜕 𝑓
𝜕 𝑦
 (𝑥, 𝑦) = 10𝑥𝑦 + 
1
2
 𝑥³ . 
B. . 
𝜕 𝑓
𝜕 𝑥
 (𝑥, 𝑦) = 5𝑥𝑦2 + 
3
2
 𝑥3𝑦 e 
𝜕 𝑓
𝜕 𝑦
 (𝑥, 𝑦) = 10𝑦² + 
1
2
 𝑥³ . 
C. . 
𝜕 𝑓
𝜕 𝑥
 (𝑥, 𝑦) = 5𝑥𝑦2 + 
3
2
 𝑥3𝑦 e 
𝜕 𝑓
𝜕 𝑦
 (𝑥, 𝑦) = 5𝑥𝑦 + 
1
2
 𝑥³ . 
D. . 
𝜕 𝑓
𝜕 𝑥
 (𝑥, 𝑦) = 5𝑦2 − 
3
2
 𝑥2𝑦 e 
𝜕 𝑓
𝜕 𝑦
 (𝑥, 𝑦) = 10𝑥𝑦2 − 
1
2
 𝑥³ . 
E. . 
𝜕 𝑓
𝜕 𝑥
 (𝑥, 𝑦) = 5𝑦2 + 
3
2
 𝑥2𝑦 e 
𝜕 𝑓
𝜕 𝑦
 (𝑥, 𝑦) = 0. 
GABARITO: [capítulo 4: Derivadas parciais] Basta derivar sobre as variáveis x e y, 
uma de cada vez, seguindo a regra da derivação de polinômios. Ou seja, a derivada de 
𝑎𝑥^𝑛 em x, onde a é constante, é 𝑛. 𝑎𝑥𝑛−1. Quando se deriva em y, considera-se y 
como constante, e vice-versa. Então, teremos que . 
𝜕 𝑓
𝜕 𝑥
 (𝑥, 𝑦) = 5𝑦2 + 
3
2
 𝑥2𝑦 e 
 
𝜕 𝑓
𝜕 𝑦
 (𝑥, 𝑦) = 10𝑥𝑦 + 
1
2
 𝑥³ . 
 
3) Seja uma função dada por 𝑓 (𝑥, 𝑦) = √𝑥𝑦² + 
1
𝑥
 , definida no domínio D = { (x, y) ∈
 ℝ2 | y > 0 }. Calcule 
𝜕 𝑓
𝜕 𝑥
 . 
A. 
𝜕 𝑓
𝜕 𝑥
(𝑥, 𝑦) = 
𝑦
2 √𝑥 
− 
1
𝑥²
 
B. 
𝜕 𝑓
𝜕 𝑥
(𝑥, 𝑦) = 
1
2 √𝑥𝑦² 
− 
1
𝑥²
 
C. 
𝜕 𝑓
𝜕 𝑥
(𝑥, 𝑦) = 
𝑦
2 √𝑥 
+ 
1
𝑦²
 
D. 
𝜕 𝑓
𝜕 𝑥
(𝑥, 𝑦) = 
𝑦²
2 √𝑥 
+ 1 
E. 
𝜕 𝑓
𝜕 𝑥
(𝑥, 𝑦) = 1 
GABARITO: [capítulo 4: Derivadas parciais] Para calcular o primeiro termo da 
expressão, é preciso antes fazer uma mudança de variáveis: u = xy². Assim, 𝜕𝑢√𝑢 =
1/2√𝑢 e 𝜕𝑥𝑢 = 𝑦² . Portanto, 
𝜕
𝜕 𝑥
 √𝑥𝑦² = 
1
2√𝑥𝑦² 
 . 𝑦² . Mas como y > 0, então √𝑥𝑦2 =
𝑦 √𝑥 . Portanto, simplificando, 
𝜕
𝜕 𝑥
 √𝑥𝑦² = 
𝑦
2 √𝑥
 .Quanto ao termo 1/x, que é o mesmo 
que 𝑥−1, temos que sua derivada é igual a − 𝑥−2 . Segue então que 
𝜕 𝑓
𝜕 𝑥
(𝑥, 𝑦) = 
𝑦
2 √𝑥 
−
 
1
𝑥²
 . 
 
4) Considere a função definida por 𝑓 (𝑥, 𝑦) = 5𝑥𝑦2 + 
1
2
 𝑥³𝑦. Calcule 
𝜕 𝑓
𝜕 𝑥
 (1, 2) e 
𝜕 𝑓
𝜕 𝑦
 (1, 2) : 
A. 
𝜕 𝑓
𝜕 𝑥
 (1, 2) = 23 e 
𝜕 𝑓
𝜕 𝑦
 (1, 2) =
41
2
 . 
B. 
𝜕 𝑓
𝜕 𝑥
 (1, 2) = 20 e 
𝜕 𝑓
𝜕 𝑦
 (1, 2) =
41
2
 . 
C. 
𝜕 𝑓
𝜕 𝑥
 (1, 2) = − 23 e 
𝜕 𝑓
𝜕 𝑦
 (1, 2) = 20 . 
D. 
𝜕 𝑓
𝜕 𝑥
 (1, 2) = 10 e 
𝜕 𝑓
𝜕 𝑦
 (1, 2) =
3
2
 . 
E. 
𝜕 𝑓
𝜕 𝑥
 (1, 2) = 1 e 
𝜕 𝑓
𝜕 𝑦
 (1, 2) = 0 . 
GABARITO: [capítulo 4: Derivadas Parciais] Basta derivar sobre as variáveis x e y, 
uma de cada vez, seguindo a regra da derivação de polinômios. Ou seja, a derivada de 
𝑎𝑥^𝑛 em x, onde a é constante, é 𝑛. 𝑎𝑥𝑛−1. Quando se deriva em y, considera-se y 
como constante, e vice-versa. Então, teremos que . 
𝜕 𝑓
𝜕 𝑥
 (𝑥, 𝑦) = 5𝑦2 + 
3
2
 𝑥2𝑦 e 
 
𝜕 𝑓
𝜕 𝑦
 (𝑥, 𝑦) = 10𝑥𝑦 + 
1
2
 𝑥³ . Substituindo x = 1 e y = 2 nestas expressões, 
obtemos:𝜕𝑥𝑓 (1, 2) = 23 e 𝜕𝑦 𝑓 (1, 2) =
41
2
 . 
 
5) Seja uma função dada por 𝑓 (𝑥, 𝑦, 𝑧) = 𝑦. ln(2𝑥 + 1) + 𝑧 . As derivadas parciais 
𝜕 𝑓
𝜕 𝑥
 (𝑥, 𝑦, 𝑧) e 
𝜕 𝑓
𝜕 𝑧
 (𝑥, 𝑦, 𝑧) são dadas, respectivamente, por: 
A. 
𝜕 𝑓
𝜕 𝑥
(𝑥, 𝑦) = 
2𝑦
2𝑥+1
 e 
𝜕 𝑓
𝜕 𝑧
 (𝑥, 𝑦, 𝑧) = 1 . 
B . 
𝜕 𝑓
𝜕 𝑥
(𝑥, 𝑦) = 
2
2𝑥+1
 e 
𝜕 𝑓
𝜕 𝑧
 (𝑥, 𝑦, 𝑧) = 𝑧 . 
C. 
𝜕 𝑓
𝜕 𝑥
(𝑥, 𝑦) = 
𝑦
2𝑥+1
 e 
𝜕 𝑓
𝜕 𝑧
 (𝑥, 𝑦, 𝑧) = 0 . 
D. 
𝜕 𝑓
𝜕 𝑥
(𝑥, 𝑦) = 
2𝑦
2𝑥+1
 e 
𝜕 𝑓
𝜕 𝑧
 (𝑥, 𝑦, 𝑧) = 1 . 
E. 
𝜕 𝑓
𝜕 𝑥
(𝑥, 𝑦) = 1 e 
𝜕 𝑓
𝜕 𝑧
 (𝑥, 𝑦, 𝑧) = −1 . 
GABARITO: [capítulo 5: Derivadas parciais de funções com mais de duas variáveis] 
fazendo u = 2x + 1, temos que 𝜕𝑥 𝑢 = 2. Além disso, 𝜕𝑢 = ln 𝑢 = 1/u . Também deve-
se levar em conta que z é considerado constante quando se deriva em x, e vice-versa. 
Assim, 
𝜕 𝑓
𝜕 𝑥
(𝑥, 𝑦) = 
2𝑦
2𝑥+1
 e 
𝜕 𝑓
𝜕 𝑧
 (𝑥, 𝑦, 𝑧) = 1 . 
 
6) Considere 𝑓 (𝑥, 𝑦) = 5𝑥2𝑦3 − 𝑥. Determine a equação do plano tangente ao gráfico 
de f no ponto (-2, 1, f (-2, 1)). 
A. z = – 21x + 60y – 80 . 
B. z = 21x + 20y + 42 . 
C. z = 3x + 2y. 
D. z = 22x + 60y + 80 
E. z = 5x + 3y -1 . 
GABARITO: [capítulo 6: Plano tangente e vetor gradiente] A equação do plano 
tangente à superfície de f em um ponto (𝑥0, 𝑦0) é dada por 𝑧 − 𝑓 (𝑥0, 𝑦0) =
 
𝜕 𝑓
𝜕 𝑥
(𝑥0, 𝑦0)(𝑥 − 𝑥0) + 
𝜕 𝑓
𝜕 𝑦
 (𝑥0, 𝑦0)(𝑦 − 𝑦0) . No caso em questão, (𝑥0, 𝑦0) = (−2, 1), 
𝜕 𝑓
𝜕 𝑥
(𝑥, 𝑦) = 10𝑥𝑦3 − 1 e 
𝜕 𝑓
𝜕 𝑦
(𝑥, 𝑦) = 15𝑥²𝑦². Substituindo 𝑥0 = −2 e 𝑦0 = 1 na 
equação gera do plano e, depois, simplificando os termos e isolando z, chegamos a z = 
- 21x + 60y – 80. 
 
7) Encontre a equação do plano tangente ao gráfico de f e paralelo ao plano dado por 
𝑧 = 3𝑥 + 𝑦, sendo 𝑓 (𝑥, 𝑦) = 5𝑥𝑦 − 2𝑥. 
A. z = 3x + y – 1. 
B. z = 3x + y + 3. 
C. z = 10x – 2y + 12. 
D. z = - 2 x + 5y – 9. 
E. z = 3x – y – 3 . 
GABARITO: [capítulo 6: Plano tangente e vetor gradiente] (ver pg. 79, exemplo 3). 
Para que o plano seja paralelo ao plano dado por z = 3x + y, é preciso que possua as 
mesmas inclinações em relação aos eixos x e y, o que significa que deve ter 
𝜕 𝑓
𝜕 𝑥
 (𝑥0, 𝑦0) = 3 e 
𝜕 𝑓
𝜕 𝑦
 (𝑥0, 𝑦0) = 1. Da expressão de f, temos que 
𝜕 𝑓
𝜕 𝑥
 (𝑥, 𝑦) = 5𝑦 − 2 
e 
𝜕 𝑓
𝜕 𝑦
 (𝑥, 𝑦) = 5𝑥 . Então, o plano procurado deve passar por um ponto (𝑥0, 𝑦0) que 
satisfaça 
𝜕 𝑓
𝜕 𝑥
 (𝑥0, 𝑦0) = 1 e 
𝜕 𝑓
𝜕 𝑦
 (𝑥0, 𝑦0) = 3 , de modo que 5𝑦0 − 2 = 3 e 5𝑥0 = 1 , 
o que nos dá 𝑦0 = 1 e 𝑥0 =
1
5
 . Então, 𝑓 (𝑥0, 𝑦0) =
3
5
 e segue que a equação do plano 
será dada por 𝑧 −
3
5
= 3 (𝑥 −
1
5
) + 1. (𝑦 − 1), onde , isolando z e simplificando as 
expressões, obtemos 𝑧 = 3 𝑥 + 𝑦 − 1 . 
 
8) Seja 𝑓(𝑥, 𝑦) = 𝑥2 − 3𝑥𝑦 + 𝑦2. Calcule o diferencial dz e o incremento Δz quando x 
varia de 3 a 3,02 e y varia de 1 a 1,01. 
A. dz = - 0,01 e Δz = - 0,0101 
B. dz = 0,02 e Δz = 0,01. 
C. dz = 0,01 e Δz = - 0,0105 
D. dz = - 0,0101 e Δz = 0,2 
E. dz = 0,1 e Δz = 0,3 
GABARITO: [capítulo 7: Diferencial] Para calcularmos dz, é preciso usar a fórmula dz 
= 
𝜕 𝑓
𝜕 𝑥
 (𝑥0, 𝑦0)(𝑥 − 𝑥0) + 
𝜕 𝑓
𝜕 𝑦
 (𝑥0, 𝑦0)(𝑦 − 𝑦0). Temos que 
𝜕 𝑓
𝜕 𝑥
 (3, 1) = 3 e 
𝜕 𝑓
𝜕 𝑦
 (3, 1) = −7. Então, dz = 3.0,02 – 7.0,01 = - 0,01. Além disso, Δz = 
𝑓 (3,02; 1,01) − 𝑓(3, 1) = −0,0101 . 
 
9) Considere 𝑓 (𝑥, 𝑦) = 2𝑥3𝑦 − 𝑠𝑒𝑛 𝑦 , com 𝑥 = 4𝑡 e 𝑦 = 3𝑡 + 1. Calcule a derivada 
de f e relação a t. 
A. 
𝑑𝑓
𝑑𝑡
 (𝑡) = 1536 𝑡3 + 384 𝑡2 − 3 cos(3𝑡 + 1) 
B. 
𝑑𝑓
𝑑𝑡
 (𝑡) = 1536 𝑡3 + 4𝑡2 − cos(3𝑡 + 1)C. 
𝑑𝑓
𝑑𝑡
 (𝑡) = 384 𝑡3 + 384 𝑡2 − 3 sen(𝑡) 
 D. 
𝑑𝑓
𝑑𝑡
 (𝑡) = 𝑡3 + 𝑡2 − 3 cos(3𝑡) 
E. 
𝑑𝑓
𝑑𝑡
 (𝑡) = 12 𝑡 + 1 
GABARITO: [capítulo 8: Regra da Cadeia] Precisamos aplicar a regra da cadeia, 
segundo a qual 
𝑑𝑓
𝑑𝑡
= 
𝜕𝑓
𝜕𝑥
𝑑𝑥
𝑑𝑡
+ 
𝜕𝑓
𝜕𝑦
𝑑𝑦
𝑑𝑡
 . Temos 
𝜕𝑓
𝜕𝑥
 (𝑥, 𝑦) = 6𝑥2𝑦 e 
𝜕𝑓
𝜕𝑦
(𝑥, 𝑦) = 2𝑥3 −
cos 𝑦. Além disso, 
𝑑𝑥
𝑑𝑡
(𝑡) = 4 e 
𝑑𝑦
𝑑𝑡
(𝑡) = 3 . Substituindo estes valores na expressão 
para a regra da cadeia e efetuando as simplificações, chegamos a 
𝑑𝑓
𝑑𝑡
 (𝑡) = 1536 𝑡3 +
384 𝑡2 − 3 cos(3𝑡 + 1). 
 
10) Seja uma função y = y(x) dada implicitamente por 𝑥3𝑦 + 3 𝑒2𝑥 = 1. Calcule a 
derivada y´(x). 
A. y´(x) = − 
3𝑥2𝑦+6𝑒2𝑥
𝑥3
 
B. y´(x) = 3𝑥2𝑦 + 3𝑒2𝑥 
C. y´(x) = − 
3𝑥2𝑦+6𝑒2𝑥
𝑥2
 
D. y´(x) = 
3𝑥2𝑦+6𝑒2𝑥
𝑥3+1
 
E. y´(x) = 0 
GABARITO: [capítulo 9: Derivação Implícita] A função y = y(x) está dada 
implicitamente por uma equação relacionando y e x. Neste caso, devemos definir uma 
função F(x, y), de modo que F(x, y) = 0. Fazendo então F(x, y) = 𝑥3𝑦 + 3 𝑒2𝑥 − 1 esta 
condição é satisfeita. Aplicando a derivada em relação a x dos dois lados da equação 
F(x, y) = 0, tem-se 
𝜕𝐹
𝜕𝑥
𝑑𝑥
𝑑𝑥
+ 
𝜕𝐹
𝜕𝑦
𝑑𝑦
𝑑𝑥
= 0, de onde segue que 
𝑑𝑦
𝑑𝑥
= −
𝜕𝐹
𝜕𝑥
 𝜕𝐹
𝜕𝑦
 . No nosso caso, 
temos 
𝜕𝐹
𝜕𝑥
= 3𝑥2𝑦 + 6 𝑒2𝑥 e 
𝜕𝐹
𝜕𝑦
= 𝑥3 , de onde segue que 
𝑑𝑦
𝑑𝑥
= − 
3𝑥2𝑦+6 𝑒2𝑥
𝑥3
 .