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Segunda Prova Resolvida de Cálculo Diferencial e Séries

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1. Seja f : R2 → R a função definida por,
f(x, y) =

2xy
x2 + y2
se x2 + y2 6= 0
0 se x = y = 0
a) Mostre que f é cont́ınua em P = (−1, 3);
Temos que,
lim
(x,y)→(−1,3)
f(x, y) = lim
(x,y)→(−1,3)
2xy
x2 + y2
=
lim
(x,y)→(−1,3)
2xy
lim
(x,y)→(−1,3)
x2 + y2
=
=
2 · (−1) · 3
(−1)2 + 33
= − 6
10
= f(−1, 3)
Portanto, f é cont́ınua em P = (−1, 3).
b) f é cont́ınua em Q = (0, 0)? justifique.
Para f ser cont́ınua em Q = (0, 0), devemos ter a existência do limite, lim
(x,y)→(0,0)
f(x, y), mas
se esse limite existe então,
lim
(x,x)→(0,0)
f(x, y) = lim
(x,−x)→(0,0)
f(x, y)
Temos que,
lim
(x,x)→(0,0)
f(x, y) = lim
(x,x)→(0,0)
2xx
x2 + x2
= 1
e
lim
(x,−x)→(0,0)
f(x, y) = lim
(x,−x)→(0,0)
2x(−x)
x2 + (−x)2
= −1
Logo, lim
(x,y)→(0,0)
f(x, y) não existe. Portanto, f não é cont́ınua em Q = (0, 0) .
1
Segunda Prova Resolvida de Cálculo Diferencial e Séries
2. Sejam f : R2 → R e g : (0,+∞)×R2 ⊆ R3 → R funções definidas por f(x, y) = sen(x ·sen(y))
e g(x, y, z) = xy+z.
a) Calcule a derivada direcional
∂f
∂v
(0,
π
2
), sendo v = ( 1√
2
,− 1√
2
);
f(x, y) = sen(x · sen(y)).
Temos que,
∂f
∂v
(0,
π
2
) = 〈∇f(0, π
2
), v〉 = 〈(∂f
∂x
(0,
π
2
),
∂f
∂y
(0,
π
2
)), (
1√
2
,− 1√
2
)〉 =
=
∂f
∂x
(0,
π
2
) · 1√
2
+
∂f
∂y
(0,
π
2
) ·
(
− 1√
2
)
Mas,
∂f
∂x
(x, y) = cos(x · sen(y)) · sen(y) logo, ∂f
∂x
(0,
π
2
) = cos(0) · sen(π
2
) = 1 · 1 = 1.
∂f
∂y
(x, y) = cos(x · sen(y)) · x · cos(y) logo, ∂f
∂y
(0,
π
2
) = cos(0) · 0 · cos(π
2
) = 0.
Portanto,
∂f
∂v
(0,
π
2
) =
1√
2
=
√
2
2
b) Calcule a derivada direcional
∂g
∂w
(1, 2, 3), sendo w = ( 1√
3
,− 1√
3
,− 1√
3
);
g(x, y, z) = xy+z = e(y+z) ln(x).
Temos que,
∂g
∂w
(1, 2, 3) = 〈∇g(1, 2, 3), w〉 = 〈(∂g
∂x
(1, 2, 3),
∂g
∂y
(1, 2, 3),
∂g
∂z
(1, 2, 3)), (
1√
3
,− 1√
3
,− 1√
3
)〉 =
=
∂g
∂x
(1, 2, 3) · 1√
3
+
∂g
∂y
(1, 2, 3) ·
(
− 1√
3
)
+
∂g
∂z
(1, 2, 3) ·
(
− 1√
3
)
Mas,
∂g
∂x
(x, y, z) = (y + z) · xx+y−1 logo, ∂g
∂x
(1, 2, 3) = (2 + 3) · 12+3−1 = 5.
∂g
∂y
(x, y, z) = xy+z · ln(x) logo, ∂g
∂y
(1, 2, 3) = 15 · ln(1) = 0.
∂g
∂z
(x, y, z) = xy+z · ln(x) logo, ∂g
∂y
(1, 2, 3) = 15 · ln(1) = 0.
Portanto,
∂f
∂w
(1, 2, 3) =
5√
3
=
5
√
3
3
3. A derivada direcional de f(x, y, z) em um ponto P é maior na direção v = (1, 1,−1). Nesta
direção, o valor da derivada direcional é 2
√
3.
a) Determine o vetor gradiente ∇f(P );
2
A direção em que a função cresce mais rapidamente é a direção (e sentido) do vetor gradiente.
Logo, ∇f(P ) = λ · (1, 1,−1) para algum λ > 0. Assim, se v = ∇f(P )||∇f(P )|| = (
1√
3
, 1√
3
,− 1√
3
), temos
que:
2
√
3 =
∂f
∂v
(P ) = 〈∇f(P ), v〉 = 〈(λ, λ,−λ), ( 1√
3
,
1√
3
,− 1√
3
)〉 = 3 · λ√
3
= λ
√
3
Logo, λ = 2 e ∇f(P ) = (2, 2,−2)
b) Qual é o valor da derivada direcional de f no ponto P e na direção w = (1, 1, 0)?
Temos que w||w|| = (
1√
2
, 1√
2
, 0). Logo,
∂f
∂w
(P ) = 〈∇f(P ), w
||w||
〉 = 〈(2, 2,−2), ( 1√
2
,
1√
2
, 0)〉 = 2√
2
+
2√
2
+ (−2) · 0 = 2
√
2
4. Determine uma equação geral do plano π, tangente à superf́ıcie S : 4x2 +y2−z = 0, no ponto
P = (1, 1, 5).
Um vetor normal ao plano π é dado por ∇f(P ), sendo f : R3 → R a função definida por
f(x, y, z) = 4x2 + y2 − z. Assim,
∇f(x, y, z) = (∂f
∂x
(x, y, z),
∂f
∂y
(x, y, z),
∂f
∂z
(x, y, z)) = (8x, 2y,−1)
Logo, ∇f(P ) = ∇f(1, 1, 5) = (8, 2,−1) e uma equação geral para o plano π, tangente à
superf́ıcie S no ponto P = (1, 1, 5), é dada por 8x+2y−z+d = 0. Como o ponto P = (1, 1, 5)
pertence ao plano π, devemos ter d = −8 · 1− 2 · 1 + 1 · 5 = −10 + 5 = −5. Portanto:
π : 8x+ 2y − z − 5 = 0
3