Primeira Prova

Seção 4.1 Primeira Prova

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1.

Sejam \(f\) e \(g\) duas funções que admitem derivadas de qualquer ordem, tais que \(P_n\) e \(Q_n\) são os respectivos polinômios de Taylor de ordem \(n\) em torno de \(x_0=0\text{.}\)

Assinale, dentre as alternativas abaixo, precisamente aquelas que são verdadeiras (marcar uma incorreta descontará nota).

Se \(f\) é uma função par, então \(P_n\) é a soma de monômios com potências pares de \(x\text{.}\)
Se \(P_n(x)=Q_n(x)\text{,}\) para algum \(n\text{,}\) então \(f(x)=g(x)\text{.}\)
O polinômio de Taylor de ordem \(n\) para a função \(f(x)g(x)\text{,}\) em torno de \(x_0=0\text{,}\) é
\begin{equation*} f(0)g(0)+f'(0)g'(0)x+\dfrac{f''(0)g''(0)}{2!}x^2+\ldots+ \dfrac{f^{(n)}(0)g^{(n)}(0)}{n!}x^n. \end{equation*}
Se \(R_n\) é o polinômio de Taylor de ordem \(n\) de \(f'\) em torno de \(x_0=0\text{,}\) então \(R_n(x)=\dfrac{d}{dx}P_{n+1}(x)\text{.}\)

Resposta.

Verdadeira
Falsa
Falsa
Verdadeira

Solução.

Se \(f\) é par, então \(f(-x)=f(x)\) que, derivando em \(x_0=0\text{,}\) nos dá \(-f'(-0)=f'(0)\implies f'(0)=0\text{,}\) mostrando que o coeficiente de \(x\) em \(P_n\) é nulo. Repetindo esse argumento para todas as derivadas de ordem ímpar temos o resultado.
Se \(f(x)=x\) e \(g(x)=\sin x\text{,}\) então \(P_1(x)=x=Q_1(x)\) mas \(f(x)\neq g(x)\text{.}\)
Observe que a derivada de \(f(x)g(x)\) não é \(f'(x)g'(x)\) e portanto o coeficiente de um dado termo do polinômio de \(f(x)g(x)\) não é simplesmente o produto dos coeficientes. Caso concreto: considere \(f(x)=1\) e \(g(x)=\sin x\text{,}\) então \(f(x)g(x)=\sin x=g(x)\) tem como polinômio de Taylor de ordem 3, centrado em \(x_0=0\text{,}\) \(x-x^3/3!\) (o mesmo de \(g\)), mas aplicando a fórmula proposta teríamos o polinômio nulo.
Observando que \(f^{(n+1)}(x_0)=(f')(n)(x_0)\) e que \(\dfrac{d}{dx}\left(\dfrac{(x-x0)^{k+1}}{(k+1)!}\right)=\dfrac{(x-x0)^k}{k!}\text{,}\) segue-se que \(R_n(x)=\dfrac{d}{dx}P_{n+1}(x)\text{.}\)

2.

Considere a curva \(\gamma(t)=\left(15\cos t,\dfrac{\sin t}{2+\cos t}\right)\text{,}\) \(t\in[0,2\pi]\text{,}\) e o triângulo delimitado delimitado pelas retas tangentes à \(\gamma\) nos pontos \((-15,0)\text{,}\)\((0,1/2)\) e \((0,-1/2)\text{.}\) A área deste triângulo é:

\(\displaystyle 15\)
\(\displaystyle \dfrac{135}{2}\)
\(\displaystyle \dfrac{15}{2}\)
\(\displaystyle \dfrac{135}{4}\)
\(\displaystyle \dfrac{45}{4}\)

Resposta.

Alternativa d.

Solução.

Os pontos dados são atingidos pela curva quanto \(t=\pi\text{,}\) \(t=\pi/2\) e \(t=3\pi/2\text{,}\) respectivamente. Os vetores tangentes nesse pontos são \(\gamma'(\pi)=(0,-1)\text{,}\) \(\gamma'(\pi/2)=(-15,1/4)\) e \(\gamma'(3\pi/2)=(15,1/4)\text{.}\) Com isso, temos as retas tangentes

\begin{equation*} r1\colon x=-15,\quad r2\colon x+60y=30\quad\text{e}\quad r3\colon x-60y=30\text{.} \end{equation*}

As interseções são os pontos \((30,0)\text{,}\) \((-15,3/4)\) e \((-15,-3/4)\text{,}\) que formam um triângulo de altura \(45\) e base \(3/2\text{,}\) com área \(135/4\text{.}\) Veja a figura:

Imagem da curva e tangentes. — Figura 4.1.1. Imagem de \(\gamma\) e tangentes.

3.

Considere a função \(f(x,y)=\dfrac{7(x-1)^2+2(y-1)^2}{x^2+y^2}\text{,}\) definida em \(\R^2\setminus\big\{(0,0)\big\}\text{.}\) As curvas de nível \(7\) e \(9/2\) são, respectivamente:

um par de retas concorrentes e uma elipse.
um par de retas paralelas e uma elipse.
uma hipérbole e uma parábola.
uma parábola e uma hipérbole.
uma parábola e um par de retas concorrentes.

Resposta.

Alternativa d.

Solução.

Escrevendo \(f(x,y)=k\text{,}\) para \((x,y)\neq (0,0)\text{,}\) temos

\begin{equation*} \dfrac{7(x-1)^2+2(y-1)^2}{x^2+y^2}=k\iff (7-k)x^2-14x+(2-k)y^2-4y+9=0. \end{equation*}

Aplicando os valores de \(k\) indicados, a equação acima escreve-se

\(k=7\text{:}\) \(-14x-5y^2-4y+9=0\text{,}\) ou seja \(x=\dfrac{9-4y-5y^2}{14}\text{,}\) que descreve uma parábola.
\(k=9/2\text{:}\) \(\dfrac{5}{2}x^2-14x-\dfrac{5}{2}y^2-4y+9=0\) que completando quadrados, fica \(5(x-14/5)^2-5(y+4/5)^2=18\text{,}\) isto é, uma hiperbole.

Veja ambas numa figura:

described in detail following the image — Figura 4.1.2. Curvas de nível para \(f(x,y)\text{.}\)

4.

Seja \(f(x,y)\) uma função diferenciável em \((3,-2)\) tal que \(f(3,-2)=-3\text{.}\) Sabe-se também que \(\dfrac{\partial f}{\partial \vec{u}}(3,-2)=1\) e \(\dfrac{\partial f}{\partial \vec{v}}(3,-2)=-2\text{,}\) onde \(\vec{u}=\left(-\dfrac{1}{\sqrt{2}},\dfrac{1}{\sqrt{2}}\right)\) e \(\vec{v}=\left(\dfrac{1}{\sqrt{2}},\dfrac{1}{\sqrt{2}}\right)\text{.}\) A equação do plano tangente ao gráfico de \(f\) no ponto \((3,-2,-3)\) é:

\begin{equation*} \boxed{\phantom{AAA}}x+\boxed{\phantom{AAA}}y-z+\boxed{\phantom{AAA}}=0. \end{equation*}

O valor máximo que uma derivada direcional de \(f\) no ponto \((3,-2)\) assume é \(\boxed{\phantom{AAA}}\text{.}\)

Resposta.

\(\left(-\dfrac{3}{\sqrt{2}},-\dfrac{1}{\sqrt{2}},\dfrac{7\sqrt{2}-6}{2}\right)\text{.}\)

\(\sqrt{5}\text{.}\)

Solução.

Sabendo que \(f\) é diferenciável em \((x_0,y_0)=(3,-2)\) e dadas as derivadas direcionais no enunciado, podemos determinar \(\nabla f(3,-2)\) através do sistema de equações lineares

\begin{equation*} \begin{cases} \big\langle\nabla f(3,-2),\vec{u}\big\rangle= \dfrac{\partial f}{\partial \vec{u}}(3,-2)&=1\\ \big\langle\nabla f(3,-2),\vec{v}\big\rangle= \dfrac{\partial f}{\partial \vec{v}}(3,-2)&=-2, \end{cases} \end{equation*}

que tem uma matriz de coeficientes ortogonal (fica fácil resolver) e encontrar \(\nabla f(3,-2)=\left(-\dfrac{3}{\sqrt{2}},-\dfrac{1}{\sqrt{2}}\right),\) cujas coordenadas são, respectivamente, os coeficientes da equação do plano pedido, já que o coeficiente de \(z\) é \(-1\text{.}\) O termo independente é \(d=f(x_0,y_0)-f_x(x_0,y_0)x_0-f_y(x_0,y_0)y_0=\dfrac{7\sqrt{2}-6}{2}\text{.}\)

O valor máximo da derivada direcional é precisamente \(\|\nabla f(3,-2)\|=\sqrt{5}\text{.}\)

5.

Seja \(f\colon \R^2\to\R\) dada por \(f(x,y)=\max\Big\{\dfrac{x}{3+|y|},\dfrac{y}{3+|x|}\Big\}\text{.}\)

O valor de \(\dfrac{\partial f}{\partial x}(0,0)\) é

\(0\text{.}\)
\(-\dfrac{1}{3}\text{.}\)
\(\dfrac{1}{3}\text{.}\)
3\(0\)
inexistente.

O valor de \(\dfrac{\partial f}{\partial x}(1,0)\) é

\(0\text{.}\)
\(-\dfrac{1}{3}\text{.}\)
\(\dfrac{1}{3}\text{.}\)
3\(0\)
inexistente.

Dica.

Lembre-se do significado conceitual da derivada parcial (não a definição) e tudo fica muito simples.

Resposta.

Alternativa e.

Alternativa c.

Solução.

Basta olhar para \(g(x)=f(x,0)=\max\Big\{\dfrac{x}{3},0\Big\}\) e observar que a existência e o valor de \(\dfrac{\partial f}{\partial x}(x_0,0)\) são dados exatamente por \(g'(x_0)\text{.}\)

Em \(x_0=0\text{,}\) temos que \(g\) não é derivável:

\begin{equation*} \lim\limits_{h\to 0^+}\dfrac{g(h)-g(0)}{h}=\dfrac{1}{3}\neq 0=\lim\limits_{h\to 0^-}\dfrac{g(h)-g(0)}{h}. \end{equation*}

Já em \(x_0=0\text{,}\) consideramos o limite

\begin{equation*} \lim\limits_{h\to 0}\dfrac{g(1+h)-g(1)}{h}=\dfrac{1}{3}, \end{equation*}

pois \(h\to 0\) nos permite considerar \(h>1\) e portanto \(g(1+h)=\dfrac{1+h}{3}\text{.}\)

6.

Sejam \(f\colon\R^2\to\R\) uma função e \((x_0,y_0)\in\R^2\text{.}\) Assinale, dentre as alternativas abaixo, precisamente aquelas que são verdadeiras (marcar uma incorreta descontará nota):

Se \(f\) não é diferenciável em \((x_0,y_0)\text{,}\) então \(f\) não admite derivadas parciais em \((x_0,y_0)\text{.}\)
Se \(f\) não é diferenciável em \((x_0,y_0)\text{,}\) então \(f\) não é contínua em \((x_0,y_0)\text{.}\)
Se \(f\) não é contínua em \((x_0,y_0)\text{,}\) então \(f\) não admite derivadas parciais em \((x_0,y_0)\text{.}\)
Se \(f\) não admite derivadas parciais em \((x_0,y_0)\text{,}\) então \(f\) não é diferenciável em \((x_0,y_0)\text{.}\)
Se \(f\) não é diferenciável em \((x_0,y_0)\text{,}\) então \(f\) as derivadas parciais de \(f\) não são contínuas em \((x_0,y_0)\text{.}\)

Resposta.

Falsa
Falsa
Falsa
Verdadeira
Verdadeira

Solução.

Falsa. A função \(f(x,y)=\begin{cases} \dfrac{xy}{x^2+y^2},&\text{ se }(x,y)\neq (0,0)\\ \hfill 0,&\text{ se} (x,y)=(0,0) \end{cases}\) admite as duas derivadas parciais na origem e não é sequer contínua ali, quando mais diferenciável.
Falsa. O exemplo acima reflete isso.
Falsa. Mais uma vez o mesmo exemplo ilustra isso.
Verdadeira. Pois a definição de diferenciabilidade via limite exige a existência das derivadas parciais.
Verdadeira. Se as derivadas parciais de \(f\) são contínuas num ponto, então \(f\) é diferenciável nesse ponto.

7.

Seja \(f\colon\R^2\to\R\) uma função diferenciável tal que \(f(sx,sy)=sf(x,y)\text{,}\) para todos \((x,y)\in\R^2\) e \(s\in\R\text{.}\) Se \(\nabla f(0,0)=(8,9)\text{,}\) então \(f(7,3)\)

vale \(83\)
vale \(87\)
não ode ser determinado a partir dos dados fornecidos
vale \(0\)
vale \(17\)

Dica.

Use a regra da cadeia para \(f\) e o segmento que liga a origem até cada ponto \((x,y)\) do plano.

Resposta.

Alternativa a.

Solução.

Das hipóteses temos que \(sf(7,3)=f(7s,3s)\) e, derivando em relação a \(s\) temos \(f(7,3)=\big\langle\nabla f(7s,3s),(7,3)\big\rangle\text{.}\) Fazendo \(s=0\) vem que \(f(7,3)=83\text{.}\)

8.

Seja \(f\colon\R^2\to\R\) uma função diferenciável. Sabendo que \(7x+3y+2z+5=0\) é a equação do plano tangente ao gráfico de \(f\) no ponto \((2,3)\text{,}\) determine:

\(\displaystyle f(2,3)\)
\(\displaystyle \nabla f(2,3)\)
\(\dfrac{\partial f}{\partial\vec{u}}(2,3)\text{,}\) onde \(\vec{u}\) é o versor do vetor \(\vec{v}=(3,2)\)
a reta tangente ao gráfico da função \(g(t)=f(3\sin(t)+t^4+2,2\cos(t)+e^{-3t})\) no ponto de abscissa \(t_0=0\text{.}\)
o plano tangente ao gráfico de \(h(u,v)=uf(u+v,u-v)\) no ponto \(\big(5/2,-1/2,h(5/2,-1/2)\big)\text{.}\)

Resposta.

\(\displaystyle -14\)
\(\displaystyle (-7/2.-3/2)\)
\(\displaystyle -\dfrac{27}{2\sqrt{13}}\)
\(\displaystyle y=-6x-14\)
\(\displaystyle \pi\colon -\frac{53}{2}(x-5/2)-5(y+1/2)-z-35=0\)

Solução.

Substituindo \((2,3)\) na equação do plano tangente dado temos \(f(2,3)=z=-14\text{.}\)
Da mesma equação do plano temos que \(\nabla f(2,3)=(-7/2,-3/2)\text{.}\)
Inicialmente notamos que \(\vec{u}=\Big(\dfrac{3}{\sqrt{9+4}},\frac{2}{\sqrt{9+4}}\Big)\text{.}\) Como \(f\) é diferenciável temos, pela regra da cadeia, que \(/dfrac{\partial f}{\vec{u}}(2,3)=\big\langle\nabla f(2,3),\vec{u}\big\rangle=-\dfrac{27}{2\sqrt{13}}\text{.}\)
Precisamos dos valores de \(g(0)\) e \(g'(0)\text{.}\) Olhando \(g(t)=(f\circ\gamma)(t)\text{,}\) com \(\gamma(t)=(3\sin(t)+t^4+2,2\cos(t)+e^{-3t})\text{,}\) temos \(g(0)=f\big(\gamma(0)\big)=f(2,3)=-14\) e \(g'(0)=big\langle\nabla f(2,3),\gamma'(0)\big\rangle=\big\langle(-7/2,-3/2),(3,-3)\big\rangle=-6\text{.}\) Assim a reta tangente procurada é
\begin{equation*} y=g(0)+g'(0)(x-0)\implies y=-6x-14. \end{equation*}
Finalmente, para o plano pedido precisamos de \(d=h(5/2,-1/2)=5/2f(2,3)=-35\) e de \(\nabla h(5/2,-1/2)\text{,}\) que pode ser calculado com a regra da cadeia. Escrevendo \(h(u,v)=f(x,y)\text{,}\) com \(x=g_1(u,v)=u+v\) e \(y=g_2(u,v)=u-v\text{,}\) temos, omitindo os pontos de aplicação, \(h_u=f_x x_u+f_y y_u\) e \(h_v=f_x xv+f_y y_v\text{.}\) Explicitamente,
\begin{align*} h_u(u,v)&=f(u+v,u-v)+u\big(f_x(u+v,u-v)\cdot 1+f_y(u+v,u-v)\cdot 1\big)\text{ e}\\\\ h_v(u,v)&=u\big(f_x(u+v,u-v)\cdot 1+f_y(u+v,u-v)\cdot(-1)\big). \end{align*}
No ponto \((5/2,-1/2)\) temos \(a=h_u(5/2,-1/2)=-53/2\) e \(b=hv(5/2,-1/2)=-5\text{.}\) O plano tem equação
\begin{equation*} \pi\colon \dfrac{53}{2}(x-5/2)-5(y+1/2)-z-35=0. \end{equation*}

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