Tarefa1-com-resolucao

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Universidade Federal da Bahia
Instituto de Matemática e Estat́ıstica
Disciplina: Calculo B SEM: SLS ANO: 2020
Professores: Carlos Siqueira & Edgar Matias & Elais Malheiro
Fabricio Santos & Joseph Yartey & Victor Borges
Aluno(a):
Tarefa 1
Data de entrega: 27/09/2020
Questão 1:
Determine o domı́nio da função dada e construa um esboço do mesmo
(a) f(x, y) =
√
ln(2x2 + 3y2 − 5) (b) f(x, y) =
√
16−x2−y2
x+3y
Questão 2:
(a) Descreva as curvas de ńıvel da função f(x, y) =
√
5− (x− 1)2 − (y − 2)2. Esboce (no mesmo
sistema de coordenadas) quatro curvas de ńıvel começando no ńıvel z =
√
5 com espaçamento de√
5
5
unidades entre os ńıveis.
(b) Descreva as curvas de ńıvel da função f(x, y) = e1−(x
2+y2). Esboce (no mesmo sistema de coorde-
nadas) as quatro curvas de ńıvel z =
1
e
, z =
1
e1/2
, z = 1, e z = e1/2.
Questão 3:
Calcule ou prove que não existe os seguintes limites
(a) lim
(x,y)→(0,0)
x sen y − y sen x
x4 + y4
(b) lim
(x,y)→(0,0)
x3y3
x4 + y4
1
Resolução da 1a Tarefa
Metade dos pontos para respostas sem justificação.
Questão 1:
(a) f(x, y) =
√
ln(2x2 + 3y2 − 5)
Afim de que f(x, y) esteja bem definida temos que ter,
ln(2x2 + 3y2 − 5) ≥0
⇒ 2x2 + 3y2 − 5 ≥1
⇒ 2x2 + 3y2 ≥6
⇒ x
2
(
√
3)2
+
y2
(
√
2)2
≥1
a elipse centrada em (0, 0) com a =
√
3 e b =
√
2.
Donde temos que
D(f) =
{
(x, y) :
x2
(
√
3)2
+
y2
(
√
2)2
≥ 1
}
x
y
O
√
3
√
2
[1,4 pontos]
2
(b) f(x, y) =
√
16−x2−y2
x+3y
Afim de que f(x, y) esteja bem definida temos que ter,
16− x2 − y2 ≥ 0 e x+ 3y 6= 0
ou
x2 + y2 ≤ 16 e x+ 3y 6= 0.
Isto é
D(f) =
{
(x, y) : x2 + y2 ≤ 16 e x+ 3y 6= 0
}
0 2 4 6 8−2−4−6−8−10
0
−2
−4
−6
2
4
x
y
x+ 3y = 0
x2 + y2 = 16
[1,4 pontos]
3
Questão 2:
(a) f(x, y) =
√
5− (x− 1)2 − (y − 2)2
O conjunto de ńıvel k de f(x, y) é dado por
Ck(f) = {(x, y); f(x, y) = k}.
Desta forma, fixe k ∈ R, se f(x, y) = k, então√
5− (x− 1)2 − (y − 2)2 = k
⇒ 5− (x− 1)2 − (y − 2)2 = k2
⇒ (x− 1)2 + (y − 2)2 = 5− k2
Logo
• Para 5− k2 < 0 (isto é, k < −
√
5 ou k >
√
5 ) a curva de ńıvel correspondente é o conjunto
vazio.
• Para k =
√
5 temos o ponto (1, 2).
• Para 5−k2 > 0 (isto é, −
√
5 < k <
√
5 ) a curva de ńıvel correspondente são circumferências
com centro em (1, 2) e raio
√
5− k2.
0 4 8−4−8
0
−4
−8
4
8
x
y
b k =
√
5
k = 4
√
5
5
k = 3
√
5
5
k = 2
√
5
5
[1,8 pontos]
4
(b) f(x, y) = e1−x
2−y2
O conjunto de ńıvel k de f(x, y) é dado por
Ck(f) = {(x, y); f(x, y) = k}.
Desta forma, fixe k ∈ R, se f(x, y) = k, então
e1−x
2−y2 = k
⇒ 1− x2 − y2 = ln k
⇒ x2 + y2 = 1− ln k
Logo
• Para 1 − ln k < 0 (isto é, k > e ) ou k ≤ 0 a curva de ńıvel correspondente é o conjunto
vazio.
• Para k = e temos o ponto (0, 0).
• Para 1 − ln k > 0 (isto é, 0 < k < e ) a curva de ńıvel correspondente são circumferências
com centro em (0, 0) e raio
√
1− ln k.
0 4 8−4−8
0
−4
−8
4
8
x
y
k = e1/2
k = 1
k = e−1/2
k = e−1
[1,8 pontos]
5
Questão 3:
(a) lim
(x,y)→(0,0)
x sen y − y sen x
x4 + y4
• Seja a curva C1 de equação y = 0
lim
(x,y)→(0,0)
(x,y)∈C1
x sen y − y sen x
x4 + y4
= lim
x→0
x sen 0− 0 · sen x
x4 + 04
= lim
x→0
0
x4
= 0 [0, 9 pontos]
• Seja a curva C2 de equação y = 2x
lim
(x,y)→(0,0)
(x,y)∈C2
x sen y − y sen x
x4 + y4
= lim
x→0
x sen 2x− 2x sen x
x4 + (2x)4
=
1
17
lim
x→0
sen 2x− 2 sen x
x3
=
1
17
lim
x→0
2 cos 2x− 2 cos x
3x2
(pela Regra de LHopital)
=
1
17
lim
x→0
−4 sen 2x+ 2 sen x
6x
(pela Regra de LHopital)
=
1
17
lim
x→0
−8 cos 2x+ 2 cos x
6
(pela Regra de LHopital)
= − 1
17
Logo, lim
(x,y)→(0,0)
x sen y − y sen x
x4 + y4
não existe. [0,9 pontos]
(b) lim
(x,y)→(0,0)
x3y3
x4 + y4
= 0
• pelo Teorema de Sertöz, pois 3
4
+
3
4
=
6
4
> 1.
• ou pelo Teorema de Confronto. De fato,∣∣∣∣ x3y3x4 + y4
∣∣∣∣ = |xy| · x2y2x4 + y4 .
e
0 ≤ x
2y2
x4 + y4
≤ 1 pois
 x4 ≤ x4 + y4 =⇒ x2 ≤
√
x4 + y4
y4 ≤ x4 + y4 =⇒ y2 ≤
√
x4 + y4
.
Portanto,
0 ≤ |xy| · x
2y2
x4 + y4
≤ |xy|
6
Como
lim
(x,y)→(0,0)
|xy| = 0
temos pelo Teorema de Confronto que
lim
(x,y)→(0,0)
∣∣∣∣ x3y3x4 + y4
∣∣∣∣ = 0 =⇒ lim(x,y)→(0,0) x3y3x4 + y4 = 0.
• ou usando coordendas polares pois
lim
r→0
f(r, θ) = lim
r→0
(r cos θ)3(r sen θ)3
(r cos θ)4 + (r sen θ)4
= lim
r→0
r2 cos 3θ sen 3θ
cos 4θ + sen 4θ
= lim
r→0
r2
cos 3θ sen 3θ
cos 4θ + sen 4θ
.
Agora
lim
r→0
r2 = 0
e
0 ≤
∣∣∣∣ cos 3θ sen 3θcos 4θ + sen 4θ
∣∣∣∣ = ∣∣∣∣ cos θ sen θ · cos 2θ sen 2θcos 4θ + sen 4θ
∣∣∣∣ ≤ cos 2θ sen 2θcos 4θ + sen 4θ ≤ 1
pois  cos 4θ ≤ cos 4θ + sen 4θ =⇒ cos 2θ ≤
√
cos 4θ + sen 4θ
sen 4θ ≤ sen 4θ + cos 4θ =⇒ sen 2θ ≤
√
sen 4θ + cos 4θ
Portanto pelo teorema do Confronto,
lim
r→0
r2
cos 3θ sen 3θ
cos 4θ + sen 4θ
= 0.
[1,8 pontos]
7