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UFPB - CCEN - Departamento de Matemática Cálculo Diferencial e Integral 2 - período 06.2 Exame de Avaliação N. 2 - Turma 03 - Prof. MPMatos
1. (4,0 pontos) Seja z = f (x; y) a função de…nida por f (x; y) = (a) Determine e esboce o domínio D de f ;
p
(x
1) (y
1):
(b) Determine a fronteira @D do conjunto D; (c) Classi…que o conjunto D em aberto, fechado, limitado ou compacto; (d) Determine a curva de nível de f que passa no ponto P0 (2; 2) : Solução: (a) Para que um ponto (x; y) esteja no domínio de f é necessário e su…ciente que (x
1)(y
1)
0.
Esta
desigualdade sendo equivalente ao sistema: x
1
0 e y
1
0
1
0
ou x
1
deduzimos que o domínio de f é D = f(x; y) 2 R2 ; [x
0 e y 1ey
1] ou [x
1ey
1]g
(b) Observando a …gura vemos que a fronteira do conjunto D é constituída pelos pontos das retas x = 1 e y = 1 e pode ser descrita por: @D = (x; y) 2 R2 ; x = 1 ou y = 1
(c) Mais uma vez a …gura nos ajuda a deduzir que o conjunto D não é limitado e, portanto, não pode ser compacto. O conjunto D não aberto, porque @D \ D 6= ? e ele é fechado porque @D
D:
(d) As curvas de nível de f são as interseções do grá…co de z = f (x; y) com os planos z = k. No ponto P0 (2; 2) temos z = f (2; 2) = 1 e a curva de nível que passa nesse ponto é: (x
1)(y
1) = 1;
isto é, y = 1 + 1=(x
1):
Trata-se, portanto, da hipérbole da …gura ao lado.
2. (2,0 pontos) Investigue a existência dos limites: x3 y 4 x!0 (2x2 + 5y 2 )2 y!0
xy x!0 3x2 + 2y 2 y!0
(a) lim
(b) lim
Solução: (a) O limite não existe. Para comprovar nossa a…rmação consideremos os caminhos: 1
: y = 0 (eixo x) e
2
: y = x, ao longo dos quais o limite assume valores diferentes.
Ao longo de
1,
temos: lim
Ao longo de
2,
temos: lim
x!0 y=0
3x2
xy = lim 0 = 0: + 2y 2 x!0
x2 x2 xy = lim = lim = 1=5: x!0 3x2 + 2y 2 x!0 3x2 + 2x2 x!0 5x2 y=x
(b) O limite existe e é igual a zero. A comprovação pode ser feita usando a de…nição de limite ou resultados sobre limites. Desenvolvemos o produto notável do denominador e expressamos a função como produto de uma função limitada por outra que tem limite zero. Encontramos: x3 y 4 x3 y 4 x3 25y 4 = = !0 4x4 + 20x2 y 2 + 25y 4 |{z} 25 4x4 + 20x2 y 2 + 25y 4 (2x2 + 5y 2 )2 | {z } # 0
2
limitada
3. (2,0 pontos) Seja ' : R ! R uma função derivável tal que '0 (1) = 4 e considere a função de duas variáveis g (x; y) = '
x y
+ y2 :
(a) Mostre que gx (0; 1) gy (0; 1) = 32; (b) Calcule a derivada direcional de g no ponto P0 (0; 1), na direção da reta y = x: Solução: (a) A função g é dada por g (x; y) = ' (u (x; y)), sendo u (x; y) =
x + y 2 ; e a Regra da y
Cadeia nos ensina que: gx = '0 (u) ux e gy = '0 (u) uy . Logo: gx = '0 x=y + y 2 (1=y)
e gy = '0 x=y + y 2
x=y 2 + 2y
e calcluando essas derivadas em x = 0; y = 1, obtemos: gx (0; 1) = '0 (1) = 4 e gy (0; 1) = '0 (1) 2 = 8. Logo, gx (0; 1) gy (0; 1) = 32;
(b) Considerando o vetor unitário ~v =
p1 (~ i 2
+ ~j), na direção da reta y = x; obtemos:
p 1 1 4 8 D~v g (0; 1) = rg (0; 1) ~v = gx (0; 1) p + gy (0; 1) p = p + p = 6 2 2 2 2 2
4. (2,0 pontos) Seja f : R2 ! R a função de…nida por: f (x; y) =
2x2 y 2 ; se (x; y) 6= (0; 0) x2 + y 2 0, se (x; y) = (0; 0)
(a) Mostre que f é diferenciável em (0; 0) ; (b) Determine o plano tangente à superfície S : z = f (x; y), no ponto P0 (1; 1; 1) Solução: E (h; k) (a) Recorde-se que f é diferenciável em (0; 0) quando lim p = 0, onde E (h; k) = 2 + k2 h!0 h k!0 f (h; k) f (0; 0) fx (0; 0) h fy (0; 0) k é o erro da aproximação linear de f , em uma vizinhança da origem. As derivadas fx e fy na origem valem zero. De fato: f (h; 0) 2h2 0 f (k; 0) 2k 2 0 = lim = 0 e f (0; 0) = lim = lim =0 y h!0 h!0 k!0 h!0 h h3 k k3
fx (0; 0) = lim
3
2h2 k 2 . Assim, usando coordenadas polares, encontramos: e, portanto, E (h; k) = f (h; k) = 2 h + k2 E (h; k) 2h2 k 2 2r4 cos2 sin2 p lim = lim = lim 2 2 3=2 r!0 h!0 h2 + k 2 h!0 (r2 )3=2 k!0 k!0 (h + k )
= lim 2r cos2 sin2 = 0; 8 : r!0
Logo, f é diferenciável em (0; 0) :
(b) Próximo do ponto P0 (1; 1; 1) a superfície S é descrita por F (x; y; z) = 0, onde 2x2 y 2 F (x; y; z) = 2 z; e o plano tangente em P0 tem equação x + y2 Fx (P0 ) (x
1) + Fy (P0 ) (y
1) + Fz (P0 ) (z
1) = 0:
Usando regras de derivação parcial, encontramos: Fx =
4xy 4 ; (x2 + y 2 )2
4x4 y (x2 + y 2 )2
Fy =
e Fz =
1;
e no ponto P0 (1; 1; 1), obtemos, Fx (P0 ) = Fy (P0 ) = 1 e Fz (P0 ) = tangente em P0 tem equação cartesiana x + y
4
z = 1:
1. Logo, o plano
