Primeira Prova

Seção 3.1 Primeira Prova

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1.

Seja $f\colon[0,\infty[\to\R$ dada por $f(x)=\sqrt{x}\text{.}$

Determine o polinômio de Taylor de ordem $3$ de $f$ em torno de $x_0=4\text{.}$
Use o item anterior para obter uma aproximação, na forma de fração irredutível, de $\sqrt{4,8}\text{.}$ Mostre também que o erro cometido nesta aproximação é inferior, em módulo, a $1,25\cdot 10^{-4}\text{.}$

Resposta.

$\dfrac{2191}{1000}\text{.}$
Veja a solução.

Solução.

As derivadas de $f$ até quarta ordem são
\begin{equation*} f'(x)=\dfrac{1}{2x^{1/2}},\quad f''(x)=-\dfrac{1}{4x^{3/2}}, % \quad f'''(x)=\dfrac{3}{8x^{5/2}}\quad\text{e}\quad f^{(4)}(x)=-\dfrac{15}{16x^{7/2}}, \end{equation*}
para todo $x>0\text{.}$ Assim, o polinômio de Taylor de ordem $3$ para $f$ em torno de $x_0=4$ é
\begin{align*} P_3(x)&=f(4)+f'(4)(x-4)+\dfrac{f''(4)}{2!}(x-4)^2+ \dfrac{f'''(4)}{3!}(x-4)^3\\ &=2+\dfrac{x-4}{4}-\dfrac{(x-4)^2}{64}+\frac{(x-4)^3}{512}. \end{align*}
Usando $P_3\text{,}$ obtemos
\begin{equation*} P_3(4,8)=2+\dfrac{0,8}{4}-\dfrac{0,64}{64}+\dfrac{0,512}{512} =2+\dfrac{2}{10}-\dfrac{1}{100}+\frac{1}{1000}=\dfrac{2191}{1000}. \end{equation*}
Para estimar, em módulo, o erro cometido nesta aproximação, lembramos que
\begin{equation*} E_3(4,8)=\Big|\sqrt{4,8}-P_3(4,8)\Big| =\dfrac{|f^{(4)}(c)|}{4!}(4,8-4)^4=\dfrac{2^4\cdot 10^{-3}}{c^{7/2}}, \end{equation*}
para algum $c$ tal que $4<c<4,8\text{.}$ Com isso,
\begin{equation*} 4<c\implies 2^7<c^{7/2}\implies\dfrac{1}{c^{7/2}}<\dfrac{1}{2^7}, \end{equation*}
e então,
\begin{equation*} \Big|\sqrt{4,8}-P_3(4,8)\Big|<\dfrac{2^4\cdot 10^{-3}}{2^7}=2^{-3}\cdot 10^{-3}=1,25\cdot 10^{-4}. \end{equation*}

2.

Considere a função $f(x,y)=\dfrac{2x^2+2y^2-12}{x^2-y^2}\text{.}$

Esboce, no plano cartesiano abaixo, o domínio de $f\text{,}$ indicando pontos que não pertençam ao seu domínio com linhas tracejadas. Determine as curvas de nível $c=1$ e $c=2$ de $f$ e esboce suas imagens, também no plano abaixo.
$Plano para esboço das curvas.$

Figura 3.1.1. Desenhe aqui a restrição no domínio e as curvas de nível pedidas.
Decida, justificando, se $\lim\limits_{(x,y)\to(\sqrt{3},\sqrt{3})}f(x,y)$ existe.

Resposta.

Veja a solução com a figura completa.
Não existe.

Solução.

O domínio de $f$ é o conjunto

\begin{equation*} D=\big\{(x,y)\in\R^2\colon x^2\neq y^2\big\}=\big\{(x,y)\in\R^2\colon |x|\neq |y|\big\}\text{,} \end{equation*}

isto é, o complementar das bissetrizes $y=x$ e $y=-x\text{,}$ indicadas em vermelho tracejado na Figura 3.1.2.
As curvas de nível pedidas são dadas, conforme a Definição A.2.1, respectivamente por
- nível $c=1\text{:}$ é o conjunto
  \begin{align*} f^{-1}(1)&=\big\{(x,y)\in D\colon f(x,y)=1\big\}\\ &= \big\{(x,y)\in D\colon 2x^2+2y^2-12=x^2-y^2\big\}\\ &= \Big\{(x,y)\in D\colon \Big(\frac{x}{2\sqrt{3}}\Big)^2 +\Big(\frac{y}{2}\Big)^2=1\Big\}, \end{align*}
  tratando-se da interseção de uma elipse com o domínio de $f\text{,}$ esboçada em azul na Figura 3.1.2.
- nível $c=2$ é o conjunto
  \begin{align*} f^{-1}(2)&\big\{(x,y)\in D\colon f(x,y)=2\big\}\\ &=\big\{(x,y)\in D\colon 2x^2+2y^2-12=2x^2-2y^2\big\}\\ &=\big\{(x,y)\in D\colon y=\pm\sqrt{3}\big\}, \end{align*}
  que descreve um par de retas paralelas, removidas as intersecções com as bissetrizes (em laranja na figura Figura 3.1.2).
$Plano com o esboço das curvas.$

Figura 3.1.2. A restrição do domínio e as curvas de nível pedidas.
De acordo com a figura, qualquer vizinhança do ponto $(\sqrt{3},\sqrt{3})$ contém pontos da curva de nível $c=1$ de $f\text{,}$ nos quais esta vale $1\text{.}$ Da mesma forma, uma tal vizinhança contém pontos da curva de nível $c=2$ de $f\text{,}$ onde esta vale $2\text{.}$ Deste modo, pelo Teorema A.3.8, o limite indicado não existe.

3.

Seja $f\colon\R^2\to\R$ dada por $f(x,y)= \begin{cases} \dfrac{x^3y}{x^2+y^2},&\text{ se $(x,y)\neq (0,0)$;}\\ \hfill 0,&\text{ se $(x,y)= (0,0)$}. \end{cases}\text{.}$

Decida se $f$ é contínua em $(0,0)\text{.}$
Calcule $\dfrac{\partial f}{\partial x}(0,0)$ e $\dfrac{\partial f}{\partial y}(0,0)\text{.}$
A função $f$ é diferenciável em $(0,0)\text{?}$

Resposta.

Sim, $f$ é contínua em $(0,0)\text{.}$
$\dfrac{\partial f}{\partial x}(0,0)=0$ e $\dfrac{\partial f}{\partial y}(0,0)=0\text{.}$
Sim, $f$ é diferenciável em $(0,0)\text{.}$

Solução.

Em vista do Teorema A.3.10, basta calcular
\begin{equation*} \lim\limits_{(x,y)\to(0,0)} f(x,y) =\lim\limits_{(x,y)\to(0,0)}\dfrac{x^3y}{x^2+y^2} =\lim\limits_{(x,y)\to(0,0)}x^2\,\dfrac{xy}{x^2+y^2}\stackrel{(\ast)}{=}0=f(0,0). \end{equation*}
Pela Definição A.4.1:
\begin{align*} f_x(0,0)=\dfrac{\partial f}{\partial x}(0,0) &=\lim\limits_{h\to 0}\dfrac{f(0+h,0)-f(0,0)}{h}=\lim\limits_{h\to 0}\dfrac{0-0}{h}=0\\ f_y(0,0)=\dfrac{\partial f}{\partial y}(0,0) &=\lim\limits_{k\to 0}\dfrac{f(0,0+k)-f(0,0)}{k} =\lim\limits_{k\to 0}\dfrac{0-0}{k}=0 \end{align*}
Agora, pela Definição A.4.7:
\begin{align*} \lim\limits_{(h,k)\to(0,0)}&\dfrac{f(0+h,0+k)-f(0,0) -f_x(0,0)h-f_y(0,0)k}{\sqrt{h^2+k^2}}\\ &=\lim\limits_{(h,k)\to(0,0)} \dfrac{h^3k}{(h^2+k^2)\sqrt{h^2+k^2}}=0, \end{align*}
pois $h\to0\text{,}$ enquanto que $\dfrac{h^2}{h^2+k^2}$ e $\dfrac{k}{\sqrt{h^2+k^2}}$ são ambos limitados.

Nota 3.1.3.

Em $(*)\text{,}$ o limite vale $0$ pois é um produto de um fator limitado com um que tende a zero (Teorema A.3.4). A limitação do primeiro fator é feita em Figura A.3.6 aos 4m18s.
A primeira limitação utilizada no último está feita aos 2m06s da Figura A.3.6. Já a segunda se verifica assim: para todo $(x,y)\neq (0,0)\text{,}$ temos
\begin{equation*} |y|=\sqrt{y^2}\leq \sqrt{x^2+y^2}\implies \left|\dfrac{y}{\sqrt{x^2+y^2}}\right|\leq 1\implies -1\leq \dfrac{y}{\sqrt{x^2+y^2}}\leq 1. \end{equation*}

4.

Seja $f\colon\R^2\to\R$ dada por $f(x,y)=x\sqrt{x^4+y^2}\text{.}$ Decida se $f$ admite plano tangente ao seu gráfico no ponto $\big(0,0,f(0,0)\big)$ e, em caso afirmativo, escreva a equação deste plano.

Resposta.

Sim, a função admite plano tangente no ponto, dado por $\pi\colon z=0\text{.}$

Solução.

Para garantir a existência do plano tangente, precisamos mostrar que $f$ é diferenciável no ponto $(0,0)\text{.}$ Isso pode ser feito de duas maneiras: verificando que $f$ é diferenciável em $(0,0)$ diretamente pela Definição A.4.1 ou mostrando que $f$ é de classe $\mathscr{C}^1$ nesse ponto, conforme o Teorema A.4.10. Vamos resolver das duas formas e, em qualquer caso precisamos das derivadas parciais de $f$ na origem.

Isso deve ser feito pela definição, uma vez que o termo do qual extraímos a raiz quadrada se anula. Usando que $f(0,0)=0\text{,}$ temos

\begin{align} f_x(0,0) &=\lim\limits_{h\to 0}\dfrac{f(0+h,0)-f(0,0)}{h} =\lim\limits_{h\to 0}\dfrac{h\sqrt{h^4+0^2}-0}{h} =\lim\limits_{h\to 0}h^2=0;\tag{3.1.1}\\ f_y(0,0) &=\lim\limits_{k\to 0}\dfrac{f(0,0+k)-f(0,0)}{k} =\lim\limits_{k\to 0}\dfrac{0\sqrt{0^4+k^2}-0}{k} =\lim\limits_{k\to 0}0 =0.\tag{3.1.2} \end{align}

Cada uma das possibilidades mencionadas:

diferenciabilidade de $f$ em $(0,0)\text{:}$ resume-se a verificar que
\begin{align*} \lim\limits_{(h,k)\to(0,0)}&\dfrac{f(0+h,0+k)-f(0,0) -f_x(0,0)h-f_y(0,0)k}{\sqrt{h^2+k^2}}\\ &=\lim\limits_{(h,k)\to(0,0)} \dfrac{h}{\sqrt{h^2+k^2}}\sqrt{h^4+k^2}=0, \end{align*}
pois $\dfrac{h}{\sqrt{h^2+k^2}}$ é limitado (veja em 2m06s da Figura A.3.6) e $\lim\limits_{(h,k)\to(0,0)}\sqrt{h^4+k^2}=0\text{.}$
$f$ é de classe $\mathscr{C}^1$ em $(0,0)\text{:}$ precisamos mostrar que $\lim\limits_{(x,y)\to(0,0)}f_x(x,y)=f_x(0,0)$ e $\lim\limits_{(x,y)\to(0,0)}f_y(x,y)=f_x(0,0)\text{.}$ Se $(x,y)\neq (0,0)\text{,}$ então $f$ é dada pela composta, soma e produto de funções deriváveis de $x$ e de $y$ separadamente. Usando as regras de derivação, temos
\begin{align} f_x(x,y)&=\sqrt{x^4+y^2}+\dfrac{2x^4}{\sqrt{x^4+y^2}};\tag{3.1.3}\\ f_y(x,y)&=\dfrac{xy}{\sqrt{x^4+y^2}}\tag{3.1.4} \end{align}
Finalmente, com as expressões acima e os valores obtidos em (3.1.1) e (3.1.2), temos
\begin{align*} \lim\limits_{(x,y)\to(0,0)}f_x(x,y) &=\lim\limits_{(x,y)\to(0,0)}\sqrt{x^4+y^2}+\dfrac{2x^4}{\sqrt{x^4+y^2}}\\ &=\lim\limits_{(x,y)\to(0,0)}\sqrt{x^4+y^2}+\lim\limits_{(x,y)\to(0,0)}2x^2\,\dfrac{x^2}{\sqrt{x^4+y^2}}\\ &\stackrel{(*)}=0+0=0=f_x(0,0);\\ \lim\limits_{(x,y)\to(0,0)}f_y(x,y) &=\lim\limits_{(x,y)\to(0,0)}\dfrac{xy}{\sqrt{x^4+y^2}}\\ &=\lim\limits_{(x,y)\to(0,0)}x\,\dfrac{y}{\sqrt{x^4+y^2}}\stackrel{(\dagger)}{=}0=f_y(0,0). \end{align*}

Nota 3.1.4.

Para verificar as afirmações $(\ast)$ e $(\dagger)\text{,}$ usamos uma variante do argumento para a limitação feita aos 2m06s da Figura A.3.6, trocando $x$ por $x^2$ na primeira, por exemplo).

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