cálculo 3 ciclo 2 Função de várias variáveis

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GRAZIELE TUANE DOS SANTOS 
RA: 8089632 
TURMA: DGMAT1901BHOA0S 
 
 
 
 
CÁLCULO DIFERENCIAL E INTEGRAL: 
FUNÇÕES DE VÁRIAS VARIÁVEIS 
 
 
 
 
 
 
 
BELO HORIZONTE 
2021 
 
 
 
GRAZIELE TUANE DOS SANTOS 
RA: 8089632 
TURMA: DGMAT1901BHOA0S 
 
 
CÁLCULO DIFERENCIAL E INTEGRAL: 
FUNÇÕES DE VÁRIAS VARIÁVEIS 
 
Atividade de Portfólio apresentado ao 
Centro Universitário Claretiano para a 
disciplina de Cálculo Diferencial e 
Integral: funções de várias variáveis, 
ministrada pelo Tutor Sergio Luís 
Balthazar . 
 
 
BELO HORIZONTE 
2021 
1. Desenhar as curvas de nível 𝑪𝒌 para os valores de dados: 
a) 𝒛 = 𝒙𝟐 − 𝒚𝟐; 𝒌 = 𝟎, 𝟏, 𝟐, 𝟑 
Para 𝑘 = 0 , temos que 𝑥2 − 𝑦2 = 0 ⟹ 𝑦2 = 𝑥2 ⟹ 𝑦 = ±√𝑥2 ⟹ 𝑦 = ±𝑥 , que são 
duas retas (assíntotas) que passam pela origem. 
Para 𝑘 = 1, temos que 𝑥2 − 𝑦2 = 1, que é equação de uma hipérbole de centro (0,0). 
Para 𝑘 = 2, temos que 𝑥2 − 𝑦2 = 2 ⟹
𝑥2
2
−
𝑦2
2
=
2
2
⟹
𝑥2
2
−
𝑦2
2
= 1, que é a equação de 
uma hipérbole de centro (0,0). O mesmo acontece com 𝑘 = 3, que é a equação de 
uma hipérbole de centro (0,0). Com foco no eixo 𝑥. 
 
 
b) 𝒛 = 𝒚² − 𝒙² ; 𝒌 = 𝟎, 𝟏, 𝟐, 𝟑 
A resolução é a mesma, porém a hipérbole com foco no eixo 𝑦. 
Para 𝑘 = 0 , temos que 𝑦2 − 𝑥2 = 0 ⟹ 𝑦2 = 𝑥2 ⟹ 𝑦 = ±√𝑥2 ⟹ 𝑦 = ±𝑥 , que são 
duas retas (assíntotas) que passam pela origem. 
Para 𝑘 = 1, temos que 𝑦2 − 𝑥2 = 1, que é equação de uma hipérbole de centro (0,0). 
Para 𝑘 = 2, temos que 𝑦2 − 𝑥2 = 2 ⟹
𝑦2
2
−
𝑥2
2
=
2
2
⟹
𝑦2
2
−
𝑥2
2
= 1, que é a equação de 
uma hipérbole de centro (0,0). O mesmo acontece com 𝑘 = 3, que é a equação de 
uma hipérbole de centro (0,0). 
 
 
c) 𝒛 = 𝟐 – (𝒙𝟐 + 𝒚𝟐); 𝒌 = −𝟑, −𝟐, −𝟏, 𝟎, 𝟏, 𝟐 
Para 2– (𝑥2 + 𝑦2) = 𝑘 notamos que é uma equação da circunferência (𝑥2 + 𝑦2 = 𝑟2). 
Para 𝑘 = −3, temos que −𝑥2 − 𝑦2 + 2 = −3 ⇒ 𝑥2 + 𝑦2 = 5, que é uma circunferência 
de raio ≅ 2,23. 
Para 𝑘 = −2, temos que −𝑥2 − 𝑦2 + 2 = −2 ⇒ 𝑥2 + 𝑦2 = 4, que é uma circunferência 
de raio 2. 
Para 𝑘 = −1, temos que −𝑥2 − 𝑦2 + 2 = −1 ⇒ 𝑥2 + 𝑦2 = 3, que é uma circunferência 
de raio ≅ 1,73. 
Para 𝑘 = 0, temos que −𝑥2 − 𝑦2 + 2 = 0 ⇒ 𝑥2 + 𝑦2 = 2, que é uma circunferência de 
raio ≅ 1,41. 
Para 𝑘 = 1, temos que −𝑥2 − 𝑦2 + 2 = 1 ⇒ 𝑥2 + 𝑦2 = 1, que é uma circunferência de 
raio 1. 
Para 𝑘 = 2, temos que −𝑥2 − 𝑦2 + 2 = 2 ⇒ 𝑥2 + 𝑦2 = 0. Observa-se que para 𝑘 = 2, 
temos uma curva degenerada (𝑥 = 𝑦 = 0). 
 
2. Mostrar que os limites seguintes não existem: 
a) 𝐥𝐢𝐦
𝒙→𝟎
𝒚→𝟎
𝒙𝟐−𝒚𝟐
𝒙𝟐+𝒚𝟐
 
Quando calculamos o limite desta função para valores que se aproximam da 
origem, temos uma indeterminação, isto é, uma divisão de zero por zero. Para 
contornar essa indeterminação, vamos aplicar um método conhecido por método 
dos dois caminhos. Se os limites obtidos forem iguais, então existe o limite. 
Caso contrário, dizemos que a função não tem limite. 
Para mostrar que os limites não existem, usarei a Preposição 3.2.3. Temos: 
lim 
𝑥→0
𝑦=0
𝑥2 − 𝑦2
𝑥2 + 𝑦2
= lim
𝑥→0
𝑦=0
 
𝑥2 − 0
𝑥2 + 0
= lim
𝑥→0
𝑦=0
 
𝑥2
𝑥2
= 1 
e 
lim
𝑥=0
𝑦→0
 
𝑥2 − 𝑦2
𝑥2 + 𝑦2
= lim
𝑦→0
𝑥=0
 
0 − 𝑦2
0 + 𝑦2
= lim
𝑦→0
𝑥=0
 
−𝑦2
𝑦2
= −1 
Como os resultados são diferentes, concluímos que o limite dado não existe. 
b) 𝐥𝐢𝐦
𝒙→𝟎
𝒚→𝟎
𝒙𝒚
𝒙𝟐+𝒚𝟐
 
Temos: 
lim
𝑥→0
𝑦=0
 
𝑥𝑦
𝑥2 + 𝑦2
= lim
𝑥→0
𝑦=0
 
𝑥 ∙ 0
𝑥2 + 02
= lim
𝑥→0
𝑦=0
 
0
𝑥2
= 0 
e 
lim
𝑥→0
𝑦=𝑥
 
𝑥𝑦
𝑥2 + 𝑦2
= lim
𝑥→0
𝑦=𝑥
 
𝑥 ∙ 𝑥
𝑥2 + 𝑥2
= lim
𝑥→0
𝑦=𝑥
 
𝑥2
2𝑥2
=
1
2
 
Como os resultados são diferentes, concluímos que o limite dado não existe. 
 
 
3. Calcule o limite a seguir usando as propriedades: 𝐥𝐢𝐦
𝒙→𝟎
𝒚→𝟏
𝒙𝟐+𝒚𝟐−𝒙𝒚+𝟕
𝒙𝟑+𝒚𝟑−𝟕
 
lim
𝑥→0
𝑦→1
𝑥2 + 𝑦2 − 𝑥𝑦 + 7
𝑥3 + 𝑦3 − 7
=
02 + 12 − 0 ∙ 1 + 7
03 + 13 − 7
= 
0 + 1 − 0 + 7
0 + 1 − 7
=
8
−6
= −
4
3
 
Resp.: O lim
𝑥→0
𝑦→1
 
𝑥2+𝑦2−𝑥𝑦+7
𝑥3+𝑦3−7
= 
−4
3
. 
 
 
4.Verificar se as funções dadas são contínuas nos pontos indicados: 
a) 𝒇(𝒙, 𝒚) = {
𝒙𝟑−𝟑𝒙𝒚𝟐+𝟐
𝟐𝒙𝒚𝟐−𝟏
, 𝑷(𝟏, 𝟐) 
Esta função está definida no ponto (1,2), pois é um polinômio, portanto, está 
definida em todos os pontos de ℜ2, ou seja, seu domínio é todo o plano. 
𝑓(1,2) =
13 − 3 ∙ 1 ∙ 22 + 2
2 ∙ 1 ∙ 22 − 1
=
−9
7
 
lim
𝑥→1
𝑦→2
 𝑓(𝑥, 𝑦) = lim
𝑥→1
𝑦→2
 
𝑥3 − 3𝑥𝑦2 + 2
2𝑥𝑦2 − 1
=
13 − 3 ∙ 1 ∙ 22 + 2
2 ∙ 1 ∙ 22 − 1
=
1 − 12 + 2
8 − 1
=
−9
7
= 𝑓(1,2) 
Portanto, a função é contínua no ponto P (1,2). 
 
 
b) 𝒇(𝒙, 𝒚) = {
𝟑𝒙 − 𝟐𝒚, (𝒙, 𝒚) ≠ (𝟎, 𝟎)
𝟏, (𝒙, 𝒚) = (𝟎, 𝟎)
, 𝑷(𝟎, 𝟎) 
lim
𝑥→0
𝑦→0
 𝑓(𝑥, 𝑦) = lim
𝑥→0
𝑦→0
 (3𝑥 − 2𝑦) = 0 ≠ 𝑓(0,0) 
O limite é diferente da função (0,0). Portanto, a função dada não é contínua no ponto 
P (0,0). 
 
 
5. Verifique se o limite existe: 
𝐥𝐢𝐦
𝒙→𝟎
𝒚→𝟎
𝟐𝒚
𝒙+𝒚
 
 O limite não existe. Para mostrar basta aplicar a preposição 3.2.3. 
Temos: 
lim
𝑥→0
𝑦=0
 
2𝑦
𝑥 + 𝑦
= lim
𝑥→0
𝑦=0
 
2 ∙ 0
𝑥 + 0
= lim
𝑥→0
𝑦=0
 
0
𝑥
= 0 
e 
lim
𝑥→0
𝑦=𝑥
2𝑦
𝑥 + 𝑦
= lim
𝑥→0
𝑦=𝑥
2𝑥
𝑥 + 𝑥
= lim
𝑥→0
𝑦=𝑥
2𝑥
2𝑥
= 1 
Como os resultados são diferentes, o limite dado não existe. 
 
 
 
6. Dê o domínio da função a seguir faça um esboço do gráfico do domínio. 
𝒇(𝒙, 𝒚) =
𝟐𝒙𝟐 − 𝟓
𝟐𝒙 − 𝒚
 
2𝑥 − 𝑦 ≠ 0 ⇒ 𝑦 ≠ 2𝑥 ⇒ 𝐷(𝑓) = {(𝑥, 𝑦) ∈ ℜ2/ 𝑦 ≠ 2𝑥} 
𝒙 -2 -1 0 1 2 
𝒚 -4 -2 0 2 4